Tài liệu Luyện thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2020

). Vecto chỉ phương của 𝛥: �⃗� 𝛥 = (1; 1; −1). 
Gọi (𝑃) là mặt phẳng cần viết phương trình. 
Ta có [�⃗� 𝑑 , �⃗� 𝛥] = (−1; 0; −1) nên chọn một véc tơ pháp tuyến của (𝑃) là �⃗� = (1; 0; 1). 
Tuyển tập các câu hỏi trong đề thi THPT QG 2017-2018-2019 
Trang 351 
Mặt phẳng (𝑃) có phương trình tổng quát dạng 𝑥 + 𝑧 + 𝐷 = 0. 
Do (𝑃) tiếp xúc với (𝑆) nên 𝑑(𝐼; (𝑃)) = 𝑅 ⇔
|−1−2+𝐷|
√2
= √2 
⇔ |𝐷 − 3| = 2⇔ [𝐷 = 5
𝐷 = 1
. 
Vậy phương trình của một mặt phẳng tiếp xúc với (𝑆)và song song với 𝑑, 𝛥 là 𝑥 + 𝑧 +
1 = 0. 
Câu 40: (Vận dụng) (Đề Chính Thức 2018 - Mã 103) Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho mặt cầu 
(𝑆): (𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 2)2 + (𝑧 − 3)2 = 1 và điểm 𝐴(2; 3; 4). Xét các điểm 𝑀 thuộc (𝑆) sao 
cho đường thẳng 𝐴𝑀 tiếp xúc với (𝑆), 𝑀 luôn thuộc mặt phẳng có phương trình là 
A. 2𝑥 + 2𝑦 + 2𝑧 − 15 = 0. B. 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 7 = 0. 
C. 2𝑥 + 2𝑦 + 2𝑧 + 15 = 0. D. 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 7 = 0. 
Lời giải 
Chọn B 
Dễ thấy 𝐴 nằm ngoài mặt cầu (𝑆). Tâm mặt cầu là 𝐼(1; 2; 3). 
Đường thẳng 𝐴𝑀 tiếp xúc với (𝑆) ⇔ 𝐴𝑀 ⊥ 𝐼𝑀 ⇔ 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ . 𝐼𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 0 
⇔ (𝑥 − 2)(𝑥 − 1) + (𝑦 − 3)(𝑦 − 2) + (𝑧 − 4)(𝑧 − 3) = 0 
⇔ (𝑥 − 1 − 1)(𝑥 − 1) + (𝑦 − 2− 1)(𝑦 − 2) + (𝑧 − 3− 1)(𝑧 − 3) = 0 
⇔ (𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 2)2 + (𝑧 − 3)2 − (𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 7) = 0 
⇔ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 7 = 0(𝐷𝑜(𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 2)2 + (𝑧 − 3)2 = 0). 
Câu 41: (Vận dụng) (Đề Chính Thức 2018 - Mã 104) Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧 cho đường thẳng 
𝛥:
𝑥
1
=
𝑦+1
2
=
𝑧−1
1
 và mặt phẳng (𝑃): 𝑥 − 2𝑦− 𝑧+3 = 0. Đường thẳng nằm trong (𝑃) đồng 
thời cắt và vuông góc với 𝛥 có phương trình là: 
A. {
𝑥 = 1
𝑦 = 1− 𝑡
𝑧 = 2+ 2𝑡
. B. {
𝑥 = −3
𝑦 = −𝑡
𝑧 = 2𝑡
. C. {
𝑥 = 1+ 𝑡
𝑦 = 1− 2𝑡
𝑧 = 2 + 3𝑡
. D. {
𝑥 = 1+ 2𝑡
𝑦 = 1 − 𝑡
𝑧 = 2
. 
Lời giải 
Chọn A 
Ta có 𝛥:
𝑥
1
=
𝑦+1
2
=
𝑧−1
1
⇒ 𝛥: {
𝑥 = 𝑡
𝑦 = −1+ 2𝑡
𝑧 = 1+ 𝑡
Gọi 𝑀 = 𝛥 ∩ (𝑃) ⇒ 𝑀 ∈ 𝛥 ⇒ 𝑀(𝑡; 2𝑡 − 1; 𝑡 + 1) 
𝑀 ∈ (𝑃) ⇒ 𝑡 − 2(2𝑡 − 1) − (𝑡 + 1) + 3 = 0 ⇔ 4 − 4𝑡 = 0⇔ 𝑡 = 1 ⇒ 𝑀(1; 1; 2) 
Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (𝑃) là �⃗� = (1; −2; −1) 
Véc tơ chỉ phương của đường thẳng 𝛥 là �⃗� = (1; 2; 1) 
Đường thẳng 𝑑 nằm trong mặt phẳng (𝑃) đồng thời cắt và vuông góc với 𝛥 
⇒ Đường thẳng 𝑑 nhận 
1
2
[�⃗� , �⃗� ] = (0; −1; 2) làm véc tơ chỉ phương và𝑀(1; 1; 2) ∈ 𝑑 
Tuyển tập các câu hỏi trong đề thi THPT QG 2017-2018-2019 
Trang 352 
⇒ Phương trình đường thẳng 𝑑: {
𝑥 = 1
𝑦 = 1− 𝑡
𝑧 = 2+ 2𝑡
Câu 42: (Vận dụng) (Đề tham khảo THPTQG 2019) Trong không gian với hệ tọa độ 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho 
mặt phẳng (𝑃): 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 3 = 0 và đường thẳng 𝑑:
𝑥
1
=
𝑦+1
2
=
𝑧−2
−1
. Hình chiếu của 𝑑 trên 
(𝑃) có
phương trình là 
A. 
𝑥+1
−1
=
𝑦+1
−4
=
𝑧+1
5
. B. 
𝑥−1
3
=
𝑦−1
−2
=
𝑧−1
−1
. 
C. 
𝑥−1
1
=
𝑦−1
4
=
𝑧−1
−5
. D. 
𝑥−1
1
=
𝑦+4
1
=
𝑧+5
1
. 
Lời giải 
Chọn C 
Cách 1: phương pháp tự luận 
Đường thẳng 𝑑 đi qua điểm 𝑀0(0; −1; 2) và có VTCP �⃗� 𝑑 = (1; 2; −1) 
Gọi (𝑄) là mặt phẳng chứa 𝑑 và vuông góc với (𝑃). 
Mặt phẳng (𝑄) đi qua điểm 𝑀0(0; −1; 2) và có VTPT là [�⃗� 𝑃, �⃗� 𝑑] = (−3; 2; 1) =
−(3; −2; −1) 
⇒ (𝑄): 3𝑥 − 2𝑦 − 𝑧 = 0. 
Gọi 𝛥 là hình chiếu của 𝑑 trên (𝑃), nên tập hợp các điểm thuộc 𝛥 là nghiệm của hệ 
phương trình {
3𝑥 − 2𝑦 − 𝑧 = 0
𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 3 = 0 
Cho 𝑥 = 0 ⇒ 𝑀(1; 1; 1). 
Cho 𝑦 = 0 ⇒ 𝑁(
3
4
; 0;
9
4
). 
Phương trình hình chiếu vuông góc của 𝑑 trên mặt phẳng (𝑃) là đường thẳng qua 
𝑀(1; 1; 1) và có vectơ chỉ phương �⃗� = 𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (−
1
4
; −1;
5
4
) = −
1
4
(1; 4; −5) là 
𝑥−1
1
=
𝑦−1
4
=
𝑧−1
−5
. 
Câu 43: (Vận dụng cao) (Đề tham khảo BGD năm 2017-2018) Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho ba 
điểm 𝐴(1; 2; 1), 𝐵(3;−1; 1) và 𝐶(−1;−1; 1). Gọi (𝑆1) là mặt cầu có tâm 𝐴, bán kính bằng 
2; (𝑆2) và (𝑆3) là hai mặt cầu có tâm lần lượt là 𝐵, 𝐶 và bán kính bằng 1. Hỏi có bao 
nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu (𝑆1), (𝑆2), (𝑆3). 
A. 5. B. 7. C. 6. D. 8. 
Lời giải 
Chọn B 
Gọi phương trình mặt phẳng (𝑃) tiếp xúc với cả ba mặt cầu đã cho có phương trình là 
𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧 + 𝑑 = 0 ( đk: 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 > 0). 
Khi đó ta có hệ điều kiện sau: 
Tuyển tập các câu hỏi trong đề thi THPT QG 2017-2018-2019 
Trang 353 
{
𝑑(𝐴; (𝑃)) = 2
𝑑(𝐵; (𝑃)) = 1
𝑑(𝐶; (𝑃)) = 1
⇔
{
|𝑎+2𝑏+𝑐+𝑑|
√𝑎2+𝑏2+𝑐2
= 2
|3𝑎−𝑏+𝑐+𝑑|
√𝑎2+𝑏2+𝑐2
= 1
|−𝑎−𝑏+𝑐+𝑑|
√𝑎2+𝑏2+𝑐2
= 1
⇔ {
|𝑎 + 2𝑏 + 𝑐 + 𝑑| = 2√𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2
|3𝑎 − 𝑏 + 𝑐 + 𝑑| = √𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2
|−𝑎 − 𝑏 + 𝑐 + 𝑑| = √𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2
. 
Khi đó ta có: |3𝑎 − 𝑏 + 𝑐 + 𝑑| = |−𝑎 − 𝑏 + 𝑐 + 𝑑| 
⇔ [
3𝑎 − 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 = −𝑎 − 𝑏 + 𝑐 + 𝑑
3𝑎 − 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 = 𝑎 + 𝑏 − 𝑐 − 𝑑
⇔ [
𝑎 = 0
𝑎 − 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 = 0
. 
Với 𝑎 = 0 thì ta có 
{|2𝑏 + 𝑐 + 𝑑| = 2√𝑏
2 + 𝑐2
|2𝑏 + 𝑐 + 𝑑| = 2|−𝑏 + 𝑐 + 𝑑|
⇔ {
|2𝑏 + 𝑐 + 𝑑| = 2√𝑏2 + 𝑐2
[
4𝑏 − 𝑐 − 𝑑 = 0
𝑐 + 𝑑 = 0
⇔ [
𝑐 = 𝑑 = 0, 𝑏 ≠ 0
𝑐 + 𝑑 = 4𝑏, 𝑐 = ±2√2𝑏
Do đó có 3 mặt phẳng thỏa bài toán. 
Với 𝑎 − 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 = 0 thì ta có {
|3𝑏| = 2√𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2
|2𝑎| = √𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2
⇔ {
|3𝑏| = 4|𝑎|
|2𝑎| = √𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2
⇔
{
|𝑏| =
4
3
|𝑎|
|𝑐| =
√11
3
|𝑎|
Do đó có 4 mặt phẳng thỏa mãn bài toán. 
Vậy có 7 mặt phẳng thỏa mãn bài toán. 
Câu 44: (Vận dụng cao) (Đề chính thức BGD 2017 mã đề 110) Trong không gian với hệ tọa độ 
𝑂𝑥𝑦𝑧, cho hai điểm 𝐴(4; 6; 2) và 𝐵(2;−2; 0) và mặt phẳng (𝑃): 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0. 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. 𝑅 = 1 B. 𝑅 = √6 C. 𝑅 = √3 D. 𝑅 = 2 
Lời giải 
Chọn B 
Gọi 𝐼 là trung điểm của 𝐴𝐵 ⇒ 𝐼(3; 2; 1) 
𝑑(𝐼; (𝑃)) =
|3+ 2 + 1|
√3
= 2√3 
Gọi (𝑆) là mặt cầu có tâm 𝐼(3; 2; 1) và bán kính 𝑅′ =
𝐴𝐵
2
= 3√2 
Ta có 𝐻 ∈ (𝑆). Mặt khác 𝐻 ∈ (𝑃) nên 𝐻 ∈ (𝐶) = (𝑆) ∩ (𝑃) 
Bán kính của đường tròn (𝐶) là 𝑅 = √𝑅′2 − 𝑑2(𝐼; (𝑃)) = √(3√2)
2
− (2√3)
2
= √6. 
Câu 45: (Vận dụng cao) (Đề Chính Thức 2018 - Mã 103) Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho mă ̣t cầu (𝑆) 
có tâm 𝐼(1; 2; 3) và đi qua điểm 𝐴(5;−2;−1). Xét các điểm 𝐵, 𝐶, 𝐷 thuộc (𝑆) sao cho 
Tuyển tập các câu hỏi trong đề thi THPT QG 2017-2018-2019 
Trang 354 
𝐴𝐵, 𝐴𝐶, 𝐴𝐷 đôi một vuông góc vơ ́i nhau. Thể ti ́ch cu ̉a khối tứ diện 𝐴𝐵𝐶𝐷 có gia ́ tri ̣ lơ ́n 
nhất bă ̀ng. 
A. 𝟐𝟓𝟔. B. 𝟏𝟐𝟖. C. 
𝟐𝟓𝟔
𝟑
. D. 
𝟏𝟐𝟖
𝟑
. 
Lời giải 
Chọn C 
Bán kính mặt cầu là 𝑅 = 𝐼𝐴 = 4√3. 
Do 𝐴𝐵, 𝐴𝐶, 𝐴𝐷 đôi một vuông góc với nhau nên 𝑅 =
√𝐴𝐵2+𝐴𝐶2+𝐴𝐷2
2
Suy ra 𝐴𝐵2 + 𝐴𝐶2 + 𝐴𝐷2 = 4𝑅2. 
Áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có: 
𝑨𝑩𝟐 + 𝑨𝑪𝟐 + 𝑨𝑫𝟐 ≥ 𝟑√𝑨𝑩𝟐. 𝑨𝑪𝟐. 𝑨𝑫𝟐
𝟑
⇒ 𝟒𝑹𝟐 ≥ 𝟑√𝑨𝑩𝟐. 𝑨𝑪𝟐. 𝑨𝑫𝟐
𝟑
⇒ 𝑨𝑩.𝑨𝑪. 𝑨𝑫 ≤
𝟖√𝟑
𝟗
𝑹𝟑 = 𝟓𝟏𝟐 
⇒ 𝑽𝑨𝑩𝑪𝑫 =
𝟏
𝟔
𝑨𝑩.𝑨𝑪. 𝑨𝑫 ≤
𝟐𝟓𝟔
𝟑
. 
Vậy Max𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷 =
256
3
. Đạt được khi 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶 = 𝐴𝐷 = 8. 
Câu 46: (Vận dụng cao) (Đề Chính Thức 2018 - Mã 104) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu 
(𝑆): (𝑥 − 2)2 + (𝑦 − 3)2 + (𝑧 + 1)2 = 16 và điểm 𝐴(−1;−1;−1). 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. 3𝑥 + 4𝑦 − 2 = 0. B. 3𝑥 + 4𝑦 + 2 = 0. 
C. 6𝑥 + 8𝑦 + 11 = 0. D. 6𝑥 + 8𝑦 − 11 = 0. 
Lời giải 
I
N
M
A D
C
B
Tuyển tập các câu hỏi trong đề thi THPT QG 2017-2018-2019 
Trang 355 
Chọn A 
(𝑆)có tâm 𝐼(2; 3; −1);bán kính𝑅 = 4 
𝐴(−1; −1; −1) ⇒ 𝐼𝐴⃗⃗⃗⃗ = (−3; −4; 0), tính được 𝐼𝐴 = 5. 
Mặt phẳng cố định đi qua điểm H là hình chiếu của M xuống IA và nhận 𝐼𝐴⃗⃗⃗⃗ =
(−3; −4; 0)làm vectơ pháp tuyến. 
Do hai tam giác MHI và AMI đồng dạng nên tính được 𝐼𝑀2 = 𝐼𝐻. 𝐼𝐴 ⇒ 𝐼𝐻 =
𝐼𝑀2
𝐼𝐴
=
16
5
, từ 
đó tính được 𝐼𝐻⃗⃗⃗⃗ =
16
25
𝐼𝐴⃗⃗⃗⃗ tìm được 𝐻 (
2
25
;
11
25
; −1) 
Mặt phẳng cần tìm có phương trình là: −3 (𝑥 −
2
25
) − 4 (𝑦 −
11
25
) = 0⇔ 3𝑥 + 4𝑦 − 2 = 0. 
117. Các bài toán cực trị 
Câu 47: (Vận dụng cao) (THPT QG 2019 Mã đề 101) Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho điểm 
𝐴(0; 4;−3). 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. 𝑷(−𝟑;𝟎;−𝟑). B. 𝑴(𝟎;−𝟑;−𝟓). C. 𝑵(𝟎; 𝟑;−𝟓). D. 𝑸(𝟎; 𝟓;−𝟑). 
Lời giải 
Chọn C 
Cách 1: Điểm 𝐴 thuộc mặt phẳng (𝑂𝑦𝑧) và có tung độ dương. 
Đường thẳng 𝑑 thuộc mặt trụ có trục là 𝑂𝑧 và có bán kính bằng 3 (phương trình: 𝑥2 +
𝑦2 = 9). 
Do đó khi khoảng cách từ 𝐴 đến 𝑑 nhỏ nhất thì 𝑑 phải nằm trong mặt phẳng (𝑂𝑦𝑧) và 
cách 𝑂𝑧 một khoảng bằng 3, đồng thời đi qua điểm có tung độ dương. 
Vậy 𝑑 đi qua điểm 𝑵(𝟎; 𝟑;−𝟓). 
Cách 2 
Vì 𝑑 thay đổi, song song với trục 𝑂𝑧 và cách trục 𝑂𝑧 một khoảng bằng 3 nên 𝑑 là đường 
sinh của mặt trụ tròn xoay có trục là 𝑂𝑧 và bán kính bằng 3. 
Dễ thấy: 𝑑(𝐴; 𝑂𝑧) = 4 nên 𝑚𝑖𝑛 𝑑 (𝐴; 𝑑) = 𝑑(𝐴; 𝑂𝑧) − 𝑑(𝑑; 𝑂𝑧) = 1. 
Mặt khác, điểm 𝐴 ∈ (𝑂𝑦𝑧) nên 𝑑 ⊂ (𝑂𝑦𝑧) 
Tuyển tập các câu hỏi trong đề thi THPT QG 2017-2018-2019 
Trang 356 
do 𝑑(𝑑; 𝑂𝑧) = 3 nên 𝑑 đi qua điểm 𝐾(0; 0; 3). 
𝑑// 𝑂𝑧 ⇒ 𝑑: {
𝑥 = 0
𝑦 = 3
𝑧 = 𝑧0 + 𝑡
. 
Kiểm tra 4 đáp án ta thấy 𝑁(0; 3; −5) thỏa mãn. 
Câu 48: (Vận dụng cao) (THPTQG 2019 Mã đề 102) Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho điểm 
𝐴(0; 4;−3). 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. 𝑃(−3; 0; −3). B. 𝑀(0; 11; −3). C. 𝑁(0; 3; −5). D. 𝑄(0; −3; −5). 
Lời giải 
Chọn D 
Vì 𝑑 thay đổi, song song với trục 𝑂𝑧 và cách trục 𝑂𝑧 một khoảng bằng 3 nên 𝑑 là đường 
sinh của mặt trụ tròn xoay có trục là 𝑂𝑧 và bán kính bằng 3. 
Dễ thấy: 𝑑(𝐴; 𝑂𝑧) = 4 nên 𝑚𝑎𝑥 𝑑 (𝐴; 𝑑) = 𝑑(𝐴; 𝑂𝑧) + 𝑑(𝑑; 𝑂𝑧) = 7. 
Mặt khác, điểm 𝐴 ∈ (𝑂𝑦𝑧) nên 𝑑 ⊂ (𝑂𝑦𝑧) để khoảng cách từ 𝐴 đến 𝑑 lớn nhất thì điểm 
𝐴(0; 4; −3) và 𝑑 nằm khác phía với trục 𝑂𝑧 
do 𝑑(𝑑; 𝑂𝑧) = 3 nên 𝑑 đi qua điểm 𝐾(0; −3; 0) khác phía với điểm 𝐴(0; 4; −3). 
Vì 𝑑// 𝑂𝑧 ⇒ 𝑑: {
𝑥 = 0
𝑦 = −3
𝑧 = 𝑡
. 
Kiểm tra 4 đáp án ta thấy 𝑄(0; −3; −5) thỏa mãn. 
Cách 2: 
Gọi 𝑋(𝑎; 𝑏; 𝑐) là hình chiếu của 𝐴 lên 𝑑 và 𝑑(𝐴, 𝑂𝑧) = 4. 
Nhận xét: Họ các đường thẳng 𝑑 tạo thành một khối trụ với trục là 𝑂𝑧 và bán kính 𝑅 =
3. 
Để khoảng cách từ 𝐴 đến 𝑑 là lớn nhất ⇔ {
𝑑 ⊂ (𝑂𝑦𝑧)(1)
𝑚𝑎𝑥 𝑑 (𝐴, 𝑑) = 𝑑(𝐴, 𝑂𝑧) + 𝑅 = 7(2)
. 
(1) ⇔ 𝑎 = 0. 
Ta có: 𝑑(𝑑, 𝑂𝑧) = 3⇔ [𝑏 = 3
𝑏 = −3
(2) ⇔ 𝑏 = −3. 
Khi đó: 𝑑: {
𝑥 = 0
𝑦 = −3
𝑧 = 𝑐 + 𝑡
, (𝑡 ∈ ℝ). 
Câu 49: (Vận dụng cao) (THPT QG 2019 Mã đề 104) Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho điểm 
𝐴(0; 3;−2). 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? 
Tuyển tập các câu hỏi trong đề thi THPT QG 2017-2018-2019 
Trang 357 
A. 𝑄(−2; 0; −3). B. 𝑀(0; 8; −5). C. 𝑁(0; 2; −5). D. 𝑃(0; −2; −5). 
Lời giải 
Chọn D 
Cách 1: Giả sử đường thẳng 𝑑 đi qua điểm 𝑀0(𝑎; 𝑏; 𝑐). 
Do 𝑑 song song với trục 𝑂𝑧 nên vectơ chỉ phương của đường thẳng 𝑑 là: �⃗� = (0; 0; 1). 
Đường thẳng 𝑑 cách trục 𝑂𝑧 một khoảng bằng 2 nên khoảng cách từ điểm 𝑂 đến 𝑑 bằng 
2. Khi đó: 
|[𝑂𝑀0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗,�⃗� ]|
|�⃗� |
= 2⇔ √𝑎2 + 𝑏2 = 2⇔ 𝑎2 + 𝑏2 = 4. 
Khoảng cách từ điểm 𝐴 đến đường thẳng 𝑑 là: ℎ =
|[𝐴𝑀0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗,�⃗� ]|
|�⃗� |
= √𝑎2 + (𝑏 − 3)2 =
√𝑎2 + 𝑏2 − 6𝑏 + 9 = √13− 6𝑏. 
Từ ta có: −2 ≤ 𝑏 ≤ 2 ⇒ 1 ≤ 13 − 6𝑏 ≤ 25 ⇒ 1 ≤ √13− 6𝑏 ≤ 5. 
Do đó: ℎmax = 5 khi 𝑏 = −2, 𝑎 = 0. 
Vậy khi khoảng cách từ 𝐴 đến 𝑑 lớn nhất, 𝑑 đi qua điểm 𝑃(0; −2; −5). 
Cách 2: 
Do đường thẳng 𝑑 song song với trục 𝑂𝑧 và cách trục 𝑂𝑧 một khoảng bằng 2 nên tập hợp 
các đường thẳng 𝑑 tạo thành mặt trụ tròn xoay có trục là 𝑂𝑧, bán kính bằng 2. Khi đó 
khoảng cách từ 𝐴 đến 𝑑 lớn nhất khi và chỉ khi 𝑑, 𝑂𝑧, 𝐴 cùng nằm trên mặt phẳng 𝑂𝑦𝑧 
và 𝑑, 𝐴 ở hai phía đối với 𝑂𝑧. 
Khi đó khoảng cách từ 𝐴 đến 𝑑 lớn nhất bằng 5. 
Vậy khoảng cách từ 𝐴 đến 𝑑 lớn nhất bằng 5 khi 𝑑 đi qua điểm 𝑃(0; −2; −5). 
BẢNG ĐÁP ÁN 
1.A 2.A 3.A 4.B 5.B 6.C 7.B 8.A 9.D 10.C 
11.D 12.B 13.B 14.D 15.C 16.D 17.A 18.A 19.C 20.A 
21.B 22.B 23.C 24.C 25.A 26.B 27.D 28.C 29.B 30.C 
31.A 32.C 33.D 34.B 35.A 36.A 37.B 38.B 39.B 40.B 
41.A 42.C 43.B 44.B 45.C 46.A 47.C 48.D 49.D 
d z
yO
A
-2
3
-2
Tuyển tập các câu hỏi trong đề thi THPT QG 2017-2018-2019 
Trang 358 
118. Ứng dụng phương pháp tọa độ 
Câu 1: (Vận dụng) (Đề Chính Thức 2018 - Mã 103) Cho hình lập phương 𝐴𝐵𝐶𝐷. 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ có tâm 
𝑂. Gọi 𝐼 là tâm của hình vuông 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ và điểm 𝑀 thuộc đoạn 𝑂𝐼 sao cho 𝑀𝑂 = 2𝑀𝐼 
(tham khảo hình vẽ). Khi đó sin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (𝑀𝐶′𝐷′) và (𝑀𝐴𝐵) bằng 
A. 
6√13
65
. B. 
7√85
85
. C. 
17√13
65
. D. 
6√85
85
. 
Lời giải 
Chọn D 
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ, cạnh hình lập phương là 1, ta được tọa độ các điểm như 
sau : 
𝑀(
1
2
;
1
2
;
1
6
) , 𝐶 ′(0; 1; 0), 𝐷′(1; 1; 0) và 𝐴(1; 0; 1), 𝐵(0; 0; 1). 
Khi đó �⃗� (𝑀𝐶 ′𝐷′) = (0; 1; 3); �⃗� (𝑀𝐴𝐵) = (0; 5; 3) nên 𝑐𝑜𝑠((𝑀𝐴𝐵), (𝑀𝐶
′𝐷′))̂ =
|5.1+3.3|
√52+32.√12+32
 =
7√85
85
. 
Suy ra 𝑠𝑖𝑛((𝑀𝐴𝐵), (𝑀𝐶 ′𝐷′))̂ = √1 − (
7√85
85
)
2
=
6√85
85
. 
Câu 2: (Vận dụng cao) (THPTQG 2019 Mã đề 102) Trong không gian 𝑂𝑥𝑦𝑧, cho mặt cầu 
(𝑆): 𝑥2 + 𝑦2 + (𝑧 − √2)
2
= 3. Có tất cả bao nhiêu điểm 𝐴(𝑎; 𝑏; 𝑐) (𝑎, 𝑏, 𝑐 là các số nguyên) 
thuộc mặt phẳng (𝑂𝑥𝑦) sao cho có ít nhất hai tiếp tuyến của (𝑆) đi qua 𝐴 và hai tiếp 
tuyến đó vuông góc với nhau? 
A. 12. B. 4. C. 8. D. 16. 
Tuyển tập các câu hỏi trong đề thi THPT QG 2017-2018-2019 
Trang 359 
Lời giải 
Chọn A 
Do 𝐴(𝑎; 𝑏; 𝑐) ∈ (𝑂𝑥𝑦) nên suy ra 𝐴(𝑎; 𝑏; 0). 
Mặt cầu (𝑆) có tâm 𝐼(0; 0; √2) và bán kính 𝑅 = √3. 
Ta thấy mặt cầu (𝑆) cắt mặt phẳng (𝑂𝑥𝑦) nên từ một điểm 𝐴 bất kì thuộc mặt phẳng 
(𝑂𝑥𝑦) và nằm ngoài (𝑆)kẻ tiếp tuyến đến (𝑆) thì các tiếp tuyến đó nằm trên một hình 
nón đỉnh 𝐴, các tiếp điểm nằm trên một đường tròn được xác định. Còn nếu 𝐴 ∈ (𝑆) thì 
ta kẻ các tiếp tuyến đó sẽ thuộc một mặt phẳng tiếp diện của (𝑆) tại điểm 𝐴. 
Để có ít nhất hai tiếp tuyến qua 𝐴 thỏa mãn bài toán khi và chỉ khi 
TH1. Hoặc 𝐴 ∈ (𝑆) ⇔ 𝐼𝐴 = 𝑅. 
TH2. Hoặc các tiếp tuyến tạo thành mặt nón và góc ở đỉnh của mặt nón là: 
𝑀𝐴�̂� ≥ 90°⇔𝑀𝐴�̂� ≥ 45° suy ra 𝑠𝑖𝑛𝑀𝐴�̂� ≥ √
2
2
⇔
𝐼𝑀
𝐼𝐴
≥
√2
2
⇔
√3
𝐼𝐴
≥
√2
2
⇔ 𝐼𝐴 ≤ √6. 
Vậy điều kiện bài toán là √3 ≤ 𝐼𝐴 ≤ √6⇔ 3 ≤ 𝐼𝐴2 ≤ 6. 
Ta có 𝐼𝐴2 = 𝑎2 + 𝑏2 + 2. 
Do đó, 3 ≤ 𝐼𝐴2 ≤ 6⇔ 3 ≤ 𝑎2 + 𝑏2 + 2 ≤ 6⇔ 1 ≤ 𝑎2 + 𝑏2 ≤ 6 (*) 
Do 𝑎, 𝑏 ∈ ℤ nên ta có 12 điểm thỏa mãn (*) là: 
𝐴(0; 1; 0), 𝐴(0; −1; 0), 𝐴(0; 2; 0), 𝐴(0; −2; 0) 
𝐴(1; 0; 0),𝐴(−1; 0; 0), 𝐴(2; 0; 0), 𝐴(−2; 0; 0) 
𝐴(1; 1; 0), 𝐴(1; −1; 0), 𝐴(−1; 1; 0), 𝐴(−1; −1; 0). 
BẢNG ĐÁP ÁN 
1.D 2.A 
N
M
A
I