Câu 1.

[2H3-2.3-3] (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Trong không gian Oxyz ,
mặt phẳng ax  by  cz  18  0 cắt ba trục toạ độ tại A, B, C sao cho tam giác ABC có trọng
G 1;  3; 2 
tâm 
. Giá trị a  c bằng
A. 3 .
B. 5 .
C. 5 .
D. 3 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Hồng Hạnh; Fb: Nguyễn Hồng Hạnh
Chọn D
Giả sử mặt phẳng

A �Ox � A  xA ; 0; 0 

Do
Vì

 P  : ax  by  cz  18  0

G  1;  3; 2 

;

cắt 3 trục toạ độ Ox , Oy , Oz lần lượt tại A, B, C .

B �Oy � B  0; yB ; 0  C �Oz � C  0; 0; zC 
;

.

là trọng tâm tam giác ABC nên :

�x A  0  0
 1
� 3
�x A  3
�
�0  yB  0
�
 3 � �yB  9 � A  3; 0;0  , B  0;  9;0  , C  0;0;6  .
�
3
�
�z  6
�C
�0  0  zC
2
� 3
�
A, B, C � P 

Do

nên mp

 P

x

y z

  1 � 6 x  2 y  3 z  18  0
có phương trình: 3 9 6
.

Suy ra: a  6; c  3 . Vậy a  c  3 .
Câu 2.

M  1; 3; 2 
[2H3-2.3-3] (Sở Vĩnh Phúc) Trong khơng gian Oxyz , cho điểm
. Hỏi có bao nhiêu
mặt phẳng đi qua M và cắt các trục tọa độ tại A , B , C mà OA  OB  OC �0 ?
A. 3 . B. 1 . C. 4 . D. 2 .
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Quang Nam ; Fb: Quang Nam
Chọn A
Gọi

A  a; 0;0  B  0; b;0  C  0;0; c 
OA  a OB  b OC  c
,
,
. Từ đó ta có
,
,

x y z
   1  P
Mặt phẳng qua các điểm A , B , C có phương trình theo đoạn chắn: a b c

.
Vì

M � P 

1 3 2
  1
OA  OB  OC � a  b  c
nên a b c
. Vì

Từ đó ta có hệ phương trình:


�
�1 3 2
�   1
�
�a b c
�
�
a b c
�
�
�
�1 3 2
�
�   1
�
�a b c

�
�
a  b  c
�
�
�
�1 3 2
�
�1 3 2
�   1
�   1
�
a
b
c
�
�a b c
�1 3 2
�
�



1
a

b
�
�
�

�a b c
a  b  c
�
�
�
�
�
�
�
a  b
a  b  c  4
�
��
�1 3 2
� �a  b
�1 3 2
�



1
�   1
�
�
��
�
bc
��
a  b  c  6
�

�a b c
�a b c
bc
��
�
�
�a  b  c
�
a  b  c
�
b  c
a  b   c  2
��
�
�
�
�
�
�
.

Vậy có 3 mặt phẳng thỏa mãn.
Câu 3.

[2H3-2.3-3] (SỞ NAM ĐỊNH 2018-2019) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu
2
2
 S  :  x  1  y 2   z  2   9 . Mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu tại điểm A  1;3; 2  có phương
trình là
A. x  y  4  0.

B. y  3  0.
C. 3 y  1  0.
D. x  1  0.
Lời giải
FB: dacphienkhao
Chọn B

I  1;0; 2 
Gọi I là tâm của mặt cầu. Khi đó
.
Mặt phẳng



tại điểm

A  1;3; 2 

uu
r
IA   0;3;0 

nên nhận
làm véctơ pháp
A  1;3; 2 
tuyến. Mặt khác mặt phẳng ( ) đi qua điểm
nên có phương trình tổng quát
 : y 3  0.
Câu 4.


tiếp xúc với

 S

[2H3-2.3-3] (Chuyên Lý Tự Trọng Cần Thơ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt
2
2
2
S  :  x  1   y  2    z  3  12

cầu
và mặt phẳng ( P ) : 2 x  2 y  z  3  0 . Viết phương
trình mặt phẳng song song với

 P  và cắt  S 

theo thiết diện là đường tròn

 C

 C  sao cho khối

nón có đỉnh là tâm mặt cầu và đáy là hình trịn
có thể tích lớn nhất.
(
Q
)
:
2
x


2
y

z

2

0
(
Q
)
:
2
x

2
y

z

80.
A.
hoặc
B. (Q ) : 2 x  2 y  z  1  0 hoặc (Q) : 2 x  2 y  z  11  0 .
C. (Q) : 2 x  2 y  z  6  0 hoặc (Q) : 2 x  2 y  z  3  0 .
D. (Q) : 2 x  2 y  z  2  0 hoặc (Q) : 2 x  2 y  z  2  0 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Huỳnh Như ; Fb: Nhu Nguyen



Chọn B

   / /  P  �    : 2 x  2 y  z  d  0(d �3) .
Mặt cầu

 S

có tâm

I  1; 2;3

Gọi

 H

Đặt

x  h  d (I ,    )

, bán kính R  2 3 .

là khối nón thỏa đề bài với đường sinh l  R  2 3 .
2
. Khí đó bán kính đường trịn đáy hình nón : r  12  x .

1
V( H )   (12  x 2 ) x
3
Thể tích khối nón:

, với

0 x2 3.

1
f ( x)   (12  x 2 ) x
3
Xét sự biến thiên của hàm số :
trên

0 x2 3.

Khi đó f ( x ) đạt giá trị lớn nhất tại x  2 , hay d ( I , ( ))  2
d ( I , ( ))  2 �

2.1  2.(2)  3  d

22  22  (1) 2
Vậy :


Câu 5.

d 5  6
d  11
�
�
2��
��
d  5  6

d  1
�
�
.

[2H3-2.3-3] (SỞ NAM ĐỊNH 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
 S  : x 2  y 2   z  1 2  4 và điểm A  2; 2; 2  . Từ A kẻ ba tiếp tuyến AB , AC , AD với B ,
C , D là các tiếp điểm. Viết phương trình mặt phẳng  BCD  .
A. 2 x  2 y  z  1  0 .
B. 2 x  2 y  z  3  0 .
C. 2 x  2 y  z  1  0 .

D. 2 x  2 y  z  5  0 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Ngọc Diệp; Fb: Nguyễn Ngọc Diệp

Chọn D


S : x 2  y 2   z  1
Mặt cầu  

2

4

có tâm

I  0;0;1


và bán kính R  2 .

 S  với B , C , D là các tiếp điểm nên:
Do AB , AC , AD là ba tiếp tuyến của mặt cầu
�AB  AC  AD
� IA
�
BCD � IA   BCD 
�IB  IC  ID  R
là trục của đường tròn ngoại tiếp
.
r uu
r
BCD 
n  IA   2; 2;1

Khi đó mặt phẳng
có một vectơ pháp tuyến
.
Gọi J là tâm của đường tròn ngoại tiếp BCD � J �IA và IJ  BJ .
Ta có: IBA vng tại B và BJ  IA nên:

Đặt

uu
r
J  x; y; z  � IJ   x; y; z  1

Mặt phẳng


 BCD 

,

IB 2  IJ .IA � IJ 

uu
r
IA   2; 2;1

r 4 uu
r
IB 2 4 uu
 � IJ  IA
IA 3
9 .

uu
r 4 uu
r
�8 8 13 �
IJ  IA � J � ; ; �
9
�9 9 9 �.
.

�8 8 13 �
r
J�; ; �
n   2; 2;1

đi qua �9 9 9 �và có véctơ pháp tuyến
có phương trình:
� 8 � � 8 � � 13 �
2 �x  � 2 �y  � �z  � 0 � 2 x  2 y  z  5  0
� 9� � 9�� 9 �
.

Câu 6.

[2H3-2.3-3] (Cầu Giấy Hà Nội 2019 Lần 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm
H  a ;b; c
với a, b, c  0 . Mặt phẳng ( P ) chứa điểm H và lần lượt cắt các trục Ox , Oy , Oz tại
A , B , C thỏa mãn H là trực tâm của tam giác ABC . Phương trình của mặt phẳng ( P ) là
x
y
z ab  bc  ca
x y z
 2 2 
  3
2
abc
A. a b c
B. a b c
.
2
2
2
C. ax  by  cz  a  b  c  0 .

2

2
2
3
3
3
D. a x  b y  c z  a  b  c  0 .

Lời giải
Tác giả:Kien Phan ; Fb:Kien Phan
Chọn C
Cách 1:

A  x0 ;0;0  B  0; y0 ; 0  C  0; 0; z0 
,
,
. Khi đó mặt phẳng ( P ) có phương trình theo đoạn
x
y
z
  1
chắn là: x0 y0 z0
.
Gọi


Ta có :

uuur
AH   a  x0 ; b ; c 


,

uuur
BC   0;  y0 ; z0 

,

uuur
BH   a ; b  y0 ; c 

,

uuur
AC    x0 ;0; z0 

.

Vì H là trực tâm tam giác ABC nên ta có hệ:
�
� a 2  b2  c2
� c
�
uuur uuur
�y0 
�y0  z0
b
b
�by  cz  0
�AH .BC =0
�

�
0
0
2
�
u
u
u
r
u
u
u
r
�
� a  b2  c 2
�
�
� c
BH
.
AC
=0
�

ax

cz

0
�

x

z
�
�
� 0
�0
�x0 
0
0
a
a
�H � ABC
�a b c
�
�


2
�
b
c
�   1 �a
� a  b2  c2



1
�x0 y0 z0
�c

�z0 
c
c
�
z0 z 0
� z0
b
�a
ax
by
cz
 2
 2
1
2
2
2
2
2
(
P
)
a b c
a  b2  c2
Thay vào phương trình mặt phẳng
ta được: a  b  c
.

Hay


 P  : ax  by  cz  a 2  b 2  c 2  0 .

OH   ABC 
OH   P 
Cách u
2uu
:rTa chứng minh được
hay
. Do đó mặt phẳng ( P ) qua H và
OH  a ; b ; c 
nhận
làm véc tơ pháp tuyến có phương trình là :
a  x  a   b  y  b   c  z  c   0 � ax  by  cz  a 2  b 2  c 2  0
Câu 7.

.

[2H3-2.3-3] (KÊNH TRUYỀN HÌNH GIÁO DỤC QUỐC GIA VTV7 –2019) Trong không
 P  đi qua điểm M  1; 2;3 và cắt các
gian với hệ tọa độ Oxyz . Viết phương trình mặt phẳng
trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại ba điểm A , B , C khác với gốc tọa độ O sao cho biểu thức
1
1
1


2
2
OA OB
OC 2 có giá trị nhỏ nhất.

 P  : x  2 y  z  14  0 .
 P  : x  2 y  3 z  14  0 .
A.
B.
 P  : x  2 y  3z  11  0 .
 P  : x  y  3z  14  0 .
C.
D.
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Dạ Thu ; Fb: Nguyen Da Thu
Chọn B

Gọi H là trực tâm VABC .

�BH  AC
� AC   OBH  � AC  OH  1
�
OB

AC
�
Ta có:
.


Chứng minh tương tự ta có:
Từ

BC  OH  2 


.

 1 ,  2  � OH   ABC  .

1
1
1
1



2
2
2
OH 2 .
Ta có: OA OB OC
1
1
1


2
2
2
Vậy để biểu thức OA OB OC đạt giá trị nhỏ nhất thì OH đạt giá trị lớn nhất.

Mà OH �OM nên suy ra OH đạt giá lớn nhất bằng OM hay H �M .
uuuu
r
OM   1;2;3

OM   ABC  �  P 
Vậy
có 1 vectơ pháp tuyến là
.
Phương trình mặt phẳng
Câu 8.

 P  : 1 x  1  2  y  2   3  z  3  0 � x  2 y  3 z  14  0 .

 P  : ax  by  cz  27  0
[2H3-2.3-3] (CổLoa Hà Nội) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng
A  3; 2;1 B  3;5; 2 
 Q  : 3x  y  z  4  0 . Tính
qua hai điểm
,
và vng góc với mặt phẳng
tổng S  a  b  c .
A. S  2 .
B. S  12 .
C. S  4 .
D. S  2 .
Lời giải
Tác giả: Hàng Tiến Thọ ; Fb: Hàng Tiến Thọ
Chọn B
Do

 P

đi qua A nên 3a  2b  c  27  0 (1)


Do

 P

đi qua B nên 3a  5b  2c  27  0 (2)

Do

 P   Q

nên 3a  b  c  0 (3)

Từ (1), (2), (3) ta có hệ phương trình

3a  2b  c  27
a6
�
�
�
�
3a  5b  2c  27 � �
b  27
�
�
�
3a  b  c  0
c  45
�
�


.

Khi đó S  a  b  c  6  27  45  12 .
Câu 9.

[2H3-2.3-3] (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH 2019 – LẦN 1) Trong không
gian Oxyz

d:

x y 1 z  2


1
2
1 và mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  4  0 .Mặt phẳng chứa đường
 P

thẳng d và tạo với mặt phẳng
A. x  z  2  0 .

góc với số đo nhỏ nhất có phương trình là
B. x  z  2  0 .
C. 3x  y  z  1  0 . D. x  y  z  3  0 .
Lời giải

Tác giả: Ngô Nguyễn Anh Vũ ; Fb: Euro Vu
Phản biện: Lê Trọng Hiếu ; Fb: Hieu Le
Chọn D



Lấy điểm

A  0; 1; 2 

thuộc đường thẳng d .

P
Gọi H là hình chiếu vng góc của A lên mặt phẳng   .
Q
Gọi E , K lần lượt là hình chiếu vng góc của H lên mặt phẳng   và đường thẳng d .

Ta có:





AH   P  , HE   Q  � �
P , Q  �
AHE  

Để  có số đo nhỏ nhất khi cos  lớn nhất
d và vng góc với mặt phẳng  HAK  .

E

. Xét

cos  


HE HK
�
HA HA

K. Lúc đó mặt phẳng  Q  chứa đường thẳng

 AHK  là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông với mặt phẳng  P 
r
r r
� n AHK  �
u d , nP �
�
�là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  AHK 
r
r r
�
u
Q � nQ  �

�d , n AHK �  6; 6;6  � phương trình
Suy ra một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
Mặt phẳng

mặt phẳng  Q  : x  y  z  3  0 .

Câu 10. [2H3-2.3-3] (THTT lần5) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1; 2;1) và B (3; 1;5) . Mặt
phẳng ( P ) vng góc với đường thẳng AB và cắt các trục Ox , Oy và Oz lần lượt tại các
3
điểm D , E và F . Biết thể tích của tứ diện ODEF bằng 2 , phương trình mặt phẳng ( P ) là

3
2x  3 y  4z   0
3
2
x

3
y

4
z
�
36

0
2
A.
.
B.
.
C. 2 x  3 y  4 z �12  0 .
D. 2 x  3 y  4 z �6  0 .
Lời giải
Tác giả: Đồng Anh Tú; Fb: AnhTu
Chọn D

uuu
r
AB
 (2; 3; 4) , do đó phương

AB

(
P
)
(
P
)
Vì
nên mặt phẳng
có một véc tơ pháp tuyến là
d
d
D ( ; 0;0) E (0; ;0)
(
P
)
2
x

3
y

4
z

d

0
2

3
trình mặt phẳng
có dạng
, từ đây tìm được
,
,
d
d
d
d
OD 
OE 
OF 
F (0;0;  )
2 ,
3 ,
4 . Mặt khác tứ diện ODEF có OD, OE , OF
4 suy ra
( d )3 3
1
 � d  6 � d  �6
VODEF  OD.OE .OF �
144 2
6
đôi một vng góc nên
.Vậy phương
trình mặt phẳng ( P) là 2 x  3 y  4 z �6  0 .


Câu 11. [2H3-2.3-3] (Đặng Thành Nam Đề 17) Trong không gian Oxyz , có bao nhiêu mặt phẳng qua

M  4;  4;1
điểm
và chắn trên ba trục tọa độ Ox , Oy , Oz theo ba đoạn thẳng có độ dài theo
1
thứ tự lập thành cấp số nhân có cơng bội bằng 2 ?
A. 1.
B. 2.
C. 3.
D. 4.
Lời giải
Chọn C
Gọi

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

�  P :

là giao điểm của mặt phẳng

 P  và các trục tọa độ.

x y z
  1
a b c

�4 4 1
�M � P 
a  8, b  4, c  2
�
�a  b  c  1

�
�
�
a  8, b  4, c  2
1
1
�
�
� 1
1
OC

OB

OA
�
a  16, b  8, c  4
�
�c  b  a
�
�
2
4
�
2
4
Theo giả thiết có:
.
Vậy có 3 mặt phẳng thỏa mãn.
Câu 12. [2H3-2.3-3] (KỸ-NĂNG-GIẢI-TỐN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG) Trong khơng gian Oxyz ,

S : x2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  2  0

cho mặt cầu  
. Viết phương trình mặt phẳng   chứa
Oy cắt mặt cầu  S  theo thiết diện là đường trịn có chu vi bằng 8 .
 : 3x  z  0
 : 3x  z  0
A.  
.
B.  
.
 : x  3z  0
 : 3x  z  2  0
C.  
.
D.  
.
Lời giải
Tác giả: Hải Vân; FB: Hải Vân
Chọn A

 S

có tâm

I  1; 2;3

, bán kính R  4 . Đường trịn thiết diện có bán kính r  4 .

� mặt phẳng    qua tâm I .




�    : ax  cz  0
I �   � a  3c  0 � a  3c
chứa Oy
. Mà
.

Chọn

c  1 � a  3 �    : 3 x  z  0

.

Câu 13. [2H3-2.3-3] (TRƯỜNG THỰC HÀNH CAO NGUYÊN – ĐẠI HỌC TÂY NGUYÊN NĂM
2
2
2
A  1; 2; 1
S  :  x  1   y  2    z  5  16
B  a; b; c 

2019) Cho mặt cầu
và điểm
. Điểm
thuộc mặt cầu sao cho AB có độ dài lớn nhất. Tính a  b  c .
A. 6 .
B. 2 .
C. 2 .

D. 12 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn văn Sỹ; Fb: Nguyễn văn Sỹ
Chọn A
 S  có tâm I  1; 2; 5 và bán kính R  4
+ Mặt cầu
.

A
I
+r Gọi
và . Véc tơ chỉ phương của đường thẳng  là
uu
r là đường thẳng đi qua 2 điểm
u  IA   0; 0; 4 
.


�x  1
�
 t �� .
�y  2
�
� phương trình đường thẳng  là: �z  1  4t
A  1; 2; 1
 S  nên AB có độ dài lớn nhất � AB là đường kính � B là
+ Vì
thuộc mặt cầu
 S .
giao điểm cịn lại của đường thẳng  và mặt cầu

t0
�
2
2
2
B � S  �  1  1   2  2    1  4t  5   16 � �
B � � B  1; 2; 1  4t  .
t  2 .
�
+
t  0 � B  1; 2; 1
+ Với
(Loại vì B �A ).
t  2 � B  1; 2; 9 
+ Với
.
a  b  c  1  2  9  6
Vậy
.
A  1; 2;  1
 S  nên AB có độ dài lớn nhất � AB là đường kính,
Cách 2: Vì
thuộc mặt cầu
tức là I là trung điểm của đoạn AB .
Câu 14. [2H3-2.3-3] (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm
A(1;0;0), B(0;1;0) . Mặt phẳng đi qua các điểm A, B đồng thời cắt tia Oz tại C sao cho tứ diện
1
OABC có thể tích bằng 6 có phương trình dạng x  ay  bz  c  0 . Tính giá trị a  3b  2c .
A. 16 .
B. 1 .

C. 10 .
D. 6
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Thị Phương Thảo; Fb: Nguyễn Thị Phương Thảo
Chọn D

C 0;0; c  c  0
Mặt phẳng đi qua các điểm A, B đồng thời cắt tia Oz tại 
,
có phương trình là
x y z
  1
1 1 c
.
1
1
1
VOABC  � .OA.OB.OC  � c  1
6
6
6
Mặt khác:
.
x y z
   1 � x  y  z 1  0
Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm có dạng 1 1 1
.
a

b


1
c


1
�
a

3
b

2
c

1

3.1

2

6
Vậy
,
.


Câu 15. [2H3-2.3-3] (THPT-Tồn-Thắng-Hải-Phịng) Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho
 Q  : 3x  y  4 z  2  0 và  Q2  : 3x  y  4 z  8  0 . Phương trình mặt phẳng
hai mặt phẳng 1

 P  song song và cách đều hai mặt phẳng  Q1  và  Q2  là:
 P  : 3x  y  4 z  10  0 .
 P  : 3x  y  4 z  5  0 .
A.
B.
 P  : 3x  y  4 z  10  0 .
 P  : 3x  y  4 z  5  0 .
C.
D.
Lời giải
Tác giả: Hoàng Ngọc Quang; Fb: Hoàng Ngọc Quang
Chọn B
Gọi

M  x; y;z

là điểm thuộc mặt phẳng

 P

cần tìm.


Ta có

d M, Q1    d M, Q2  

Vậy phương trình mặt phẳng

�


 P

3x  y  4z  2
26



3x  y  4z  8
26

� 3x  y 4z 5  0.

là: 3 x  y  4 z  5  0 .


Câu 16. [2H3-2.3-3] (Sở Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm

(

) (

) , mặt phẳng ( P ) : ax + by + cz + 46 = 0. Biết rằng khoảng cách từ A, B

A 1;2;1 , B 3;4;0
đến mặt phẳng
A. - 3.

(P )


lần lượt bằng 6 và 3 . Giá trị của biểu thức T = a +b + c bằng
B. - 6.
C. 3 .
D. 6 .
Lời giải
Tác giả: Vũ Ngọc Tân ; Fb: Vũ Ngọc Tân.
Phản biện: Nguyễn Thị Trà My; Fb: Nguyễn My.

Chọn B

 P .
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A, B trên mặt phẳng
Khi đó theo giả thiết ta có: AB  3 , AH  6 , BK  3 .
 P
Do đó A, B ở cùng phía với mặt phẳng
BK� AK
Lại có: AB  �

AH

H

K.

H  5;6;  1
Suy ra A, B, H là ba điểm thẳng hàng và B là trung điểm của AH nên tọa độ
.
uuu
r
( P ) đi qua H  5;6;  1 và nhận AB   2; 2;  1 là VTPT có nên phương trình

Vậy mặt phẳng
2  x  5   2  y  6   1 z  1  0 � 2 x  2 y  z  23  0
Theo bài ra thì

.

 P  :  4 x  4 y  2 z  46  0 , nên a  4, b  4, c  2 .

Vậy T = a + b + c = - 6 .

Câu 17. [2H3-2.3-3] (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Trong không gian Oxyz ,
A  1;3; 2 
B  2;5;9 
C  3;7;  2 
mặt phẳng qua ba điểm
,
,
có phương trình là
3x  ay  bz  c  0 . Giá trị a  b  c bằng
A. 6 .
B. 3 .
C. 3 .
D. 6 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Hoàng Huy; Fb: Nguyen Hoang Huy
Chọn A
uuu
r
uuur
AB   1; 2;7  AC   4; 4;  4 

,
.

 ABC  qua điểm A  1;3; 2  và có một vectơ pháp tuyến là
Mặt phẳng
u
u
u
r
u
u
ur
r
�  36;  24;12 
n�
AB
;
AC
�
�
.
Vậy phương trình mặt phẳng
3x  2 y  z  7  0 .

 ABC  :

36  x  1  24  y  3   12  z  2   0

hay



a2
�
�
��
b  1 � a  b  c  6
�
c  7
�
.

Câu 18. [2H3-2.3-3] (CHUN HỒNG VĂN THỤ HỊA BÌNH LẦN 4 NĂM 2019) Trong khơng
A  10;1;1 B  10; 4;1
C  10;1;5 
S 
gian Oxyz , cho ba điểm
,
và
. Gọi 1 là mặt cầu có tâm A ,
S 
S 
bán kính bằng 1 ; gọi 2 là mặt cầu có tâm B , bán kính bằng 2 và 3 là mặt cầu có tâm
C , bán kính bằng 4 . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu  S1  ,  S 2  ,  S3 
?
A.4.
B.7.
C.2.
D. 3.
Lời giải
Tác giả: Đào Hoàng Diệp; Fb: Diệp Đào Hoàng

Chọn C
Giả sử

mp  P 

là mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu

 S1  ,  S2  ,  S3  .

S  S  S 
Xét vị trí tương đối giữa 3 mặt cầu 1 , 2 , 3 có bán kính lần lượt là 1, 2, 4 .
AB  3  R1  R2  1  2 �

Mặt cầu

 S1 

và

 S2 

tiếp xúc ngoài.

AC  4  R1  R3  1  4 �

Mặt cầu

 S1 

và


 S3 

cắt nhau.

BC  5  R2  R3  2  4 �

Mặt cầu

 S2 

và

 S3 

cắt nhau.

Từ vị trí trên ta có nhận xét: tâm của cả ba mặt cầu phải nằm về cùng 1 phía so với

mp  P 

.

� Có hai mp  P  thỏa mãn đề bài � Chọn đáp án C.

Câu 19. [2H3-2.3-3] (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Trong không gian Oxyz ,
A  1; 2;3
biết mặt phẳng ax  by  cz  24  0 qua
và vng góc với hai mặt phẳng
 P  : 3x  2 y  z  4  0 ,  Q  : 5 x  4 y  3 z  1  0 . Giá trị a  b  c bằng

A. 8 .
B. 9 .
C. 10 .
D. 12 .
Lời giải
Tác giả: Đỗ Hoàng Tú; Fb: Đỗ Hoàng Tú


Chọn D

r
 .
n
là mặt phẳng cần tìm và    là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng
uur
P  : 3x  2 y  z  4  0
nP  3;  2;1

Mặt phẳng
có véc tơ pháp
; mặt phẳng
uur tuyến
 Q  : 5 x  4 y  3z  1  0 có véc tơ pháp tuyến nQ  5;  4;3 .


Gọi

�
     P r
�

uur uur
�
�
n
    Q  � n    �

�
�P ; nQ �  2;  4;  2  .
Ta có:
r


n
Mặt phẳng
qua A có véc tơ pháp tuyến    nên có phương trình là:
2  x  1  4  y  2   2  z  3  0 � 2 x  4 y  2 z  16  0 �    : 3x  6 y  3z  24  0
.
Vậy a  b  c  3  6  3  12 .
Câu 20. [2H3-2.3-3] (SỞ QUẢNG BÌNH NĂM 2019) Trong không gian Oxyz , cho hinh lập phương
A  0;0; 0  B  1;0;0  D  0;1;0  A1  0; 0;1
 P  : ax  by  cz  3  0
ABCD. A1B1C1D1
biết
,
,
,
. Gọi

 BB1D1D  một
(với a, b, c �� ) là phương trình mặt phẳng chứa CD1 và tạo với mặt phẳng

góc có số đo nhỏ nhất. Giá trị của T  a  b  c bằng
A. 1 .
B. 6 .
C. 4 .
D. 3 .
Lời giải
Tác giả: Phạm Tuấn ; Fb:Phạm Tuấn
Chọn C

C  1;1;0  B1  1;0;1 D1  0;1;1
,
,
.
 P  và  BB1D1D  , E là trung điểm của AC ; K là hình chiếu vng
Gọi d là giao tuyến của
d  CE
�
�
� d   ECK  �   P  ,  BB1D1 D    EKC
�
d

EK
góc của E trên d . Ta có �
.
Từ giả thiết ta có

�  CE �CE  1
sin   P  ,  BB1 D1 D    sin EKC
CK CD1 2 suy ra góc giữa mặt phẳng  P  và

Do đó
 BB1D1D  nhỏ nhất bằng 30�. Dấu "=" xảy ra khi d vng góc với CD1 , mặt khác d vng
uuuu
r uuur
�
CD
, AC �
�. Do đó
góc với AC suy ra d cùng phương với � 1
r
u
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
uu
r
uuuu
r
uuur
�
�, CD1 �  1; 2;1
CD
,

AC
1
CD1   1; 0;1 AC   1;1;0  n P  �
�
� �
�
;
;


Vậy

 P  : x  2 y  z  3  0 , do đó a  b  c  4.

Câu 21. [2H3-2.3-3] (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Trong khơng gian
Oxyz , cho ba điểm M  1; 2; 4  ; N  0;1; 2  ; P  2;1;3 và mặt phẳng    : x  Ay  Bz  C  0 .



Biết
A. 1 .

song song với OP và đi qua hai điểm M , N . Giá trị của biểu thức A  B  C là
B. 1 .
C. 5 .
D. 0 .
Lời giải
Tác giả:Vũ Thị Thu Thủy ; Fb:Vũ Thị Thu Thủy

Chọn B

uuur
uuuu
r
OP   2;1;3 MN   1; 1; 2 
Ta có
;

r
uuu
r uuuu
r
�  1;1; 1
n�
OP
,
MN
�
�

   là
Từ đề bài ta có vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
r
n   1;1; 1

M  1; 2; 4 

Mặt phẳng
đi qua
và nhận
vectơ pháp tuyến nên phương trình tổng

   là:
quát
 x  1   y  2    z  4   0 � x  y  z  1  0 .
Vậy A  1, B  1, C  1 � A  B  C  1 .
Câu 22. [2H3-2.3-3] (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Trong không gian Oxyz ,
A  3;1;  1 B  2;  1; 4 
biết mặt phẳng ax  by  cz  5  0 qua hai điểm
,
và vng góc với
 P  : 2 x  y  3z  4  0 . Giá trị của a  b  c bằng
A. 9 .
B. 12 .
C. 10 .
D. 8 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Minh Quân; Fb: Nguyễn Minh Quân
Chọn Auuur
uur
AB   1;  2;5  nP   2;  1;3
   : ax  by  cz  5  0 .
Ta có:
,
. Gọi
r
uuu
r uur
�
n�
AB



� , nP �  1;13;5 làm vectơ pháp tuyến.
Ta có: mặt phẳng
nhận
   :  x  13 y  5 z  D  0 .
Do đó
   qua A  3;1;  1 nên: 3  13.1  5.  1  D  0 � D  5 .
Mặt phẳng
�    :  x  13 y  5 z  5  0
   : x  13 y  5z  5  0 .
hay
Suy ra a  1 ; b  13 ; c  5 .
Vậy a  b  c  9 .
Câu 23. [2H3-2.3-3] (Đặng Thành Nam Đề 9) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
( S ) : ( x  1) 2  ( y  1) 2  ( z  1) 2  12 và mặt phẳng ( P) : x  2 y  2 z  11  0 . Xét điểm M di
động trên ( P) ; các điểm A, B, C phân biệt di động trên ( S ) sao cho AM , BM , CM là các tiếp
tuyến của ( S ) . Mặt phẳng ( ABC ) luôn đi qua điểm cố định nào dưới đây?
�3
�
�1 1 1 �
;0; 2 �
�
� ; ; �
0; 1;3
 0;3; 1 .
�.
A. �4 2 2 �.
B. 
.
C. �2

D.
Lời giải


Chọn D

I 1;1;1
có tâm 
bán kính R  2 3 .
M  a; b; c  ; A  x; y; z 
Xét điểm
ta có hệ điều kiện:
�
 x  2  2   y  1 2   z  1 2  12
�
� 2
2
2
�AI  AM  IM
�
a  2b  2c  11  0
�
�
�
 x  2  2   y  1 2   z  1 2  12  1
�
�
2
2
2

2
2
2
��
12   x  a    y  b    z  c    a  1   b  1   c  1  2 
�
a  2b  2c  11  0  3
�
�
Lấy (1) – (2) theo vế có:
2
2
2
2
2
2
12   x  a    y  b    z  c  � 12  �
a  1   b  1   c  1 �
 x  1 2   y  1 2   z  1 2  �

�
�
�
�
�  a  1 x   b  1 y   c  1 z  a  b  c  9  0
.
Q : a  1 x   b  1 y   c  1 z  a  b  c  9  0 
Vậy mặt phẳng qua ba tiếp điểm là   
.
0;3; 1

Kết hợp với (3) suy ra mặt phẳng này luôn đi qua điểm cố định 
.

Mặt cầu

 S

 P  đi
Câu 24. [2H3-2.3-3] (THPT-Gia-Lộc-Hải-Dương-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Mặt phẳng
M  1;1;1
A  a;0;0  B  0; b;0  C  0;0; c 
qua điểm
cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại
,
sao
,
cho thể tích khối tứ diện OABC nhỏ nhất. Khi đó a  2b  3c bằng
A. 12 .
B. 21 .
C. 15 .
D. 18 .
Lời giải
Tác giả: Phạm Cao Thế; Fb: Cao Thế Phạm
Chọn D
Từ giả thiết ta có a  0, b  0, c  0 và thể tích khối tứ diện OABC là
x y z
  1
P

Ta có phương trình đoạn chắn mặt phẳng

có dạng a b c
.
1 1 1
M � P  �    1
a b c
Mà
.

VOABC 

1 1 1
1
1  �
33
abc
a b c
abc
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho ba số ta có:
1
9
VOABC  abc �
6
2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  3 .
Do đó
9
m inVOABC  � a  b  c  3
2
Vậy
. Khi đó a  2b  3c  18 .


1
abc
6
.

27

.