Nắm trọn chuyên đề môn Toán năm 2021: Hình học OXYZ số phức - Phần 1

Mời các bạn cùng tham khảo cuốn sách Nắm trọn chuyên đề hình học OXYZ số phức sau đây để ôn luyện và củng cố kiến thức môn Toán. Phần 1 cuốn sách có nội dung trình bày về hình tọa độ OXYZ bao gồm: hệ tọa độ trong không gian, phương trình mặt phẳng, phương trình đường thẳng. Hi vọng đây sẽ là tài liệu hữu ích dành cho quý thầy cô và các em học sinh trong quá trình dạy và học của mình.

TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0 – LUYỆN THI ĐẠI HỌC NĂM 2021 NẮM TRỌN CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC OXYZ SỐ PHỨC (Dùng cho học sinh 11,12 luyện thi Đại học năm 2021) ……………………………………………………………… ……………………………………………………………… ……………………………………………………………… ……………………………………………………………… ……………………………………………………………… TÀI LIỆU LƯU HÀNH NỘI BỘ THÁNG 10/2020 LỜI NÓI ĐẦU Các em học sinh, quý thầy cô bạn đọc thân mến ! Kỳ thi THPT Quốc Gia kỳ thi quan trọng Để tham dự đạt kết cao việc trang bị đầy đủ kiến thức kĩ cần thiết điều vô quan trọng Thấu hiểu điều đó, chúng tơi cúng tiến hành biên soạn sách “ Nắm trọn chun đề mơn Tốn 2021 ” giúp em học sinh ơn luyện hồn thiện kiến thức trọng tâm phục vụ kỳ thi, làm tài liệu giảng dạy tham khảo cho quý thầy cô trước thay đổi phương pháp dạy học kiểm tra Bộ Giáo dục Đào tạo Bộ sách chúng tơi biên soạn gồm quyển: • Quyển 1: Nắm chọn chuyên đề Hàm số • Quyển 2: Nắm trọn chuyên đề Mũ – Logarit Tích phân • Quyển 3: Hình học khơng gian • Quyển 4: Hình học Oxyz Số phức Trong sách, chúng tơi trình bày cách rõ ràng khoa học – tạo thuận lợi cho em học tập tham khảo Đầu tiên tóm tắt toàn lý thuyết phương pháp giải dạng tốn Tiếp theo hệ thống ví dụ minh họa đa dạng, tiếp cận xu hướng đề kỳ thi THPT Quốc Gia năm gần bao gồm mức độ: Nhận biết, Thông hiểu, Vận dụng Vận dụng cao Cuối phần tập rèn luyện từ đến nâng cao để em hoàn thiện kiến thức, rèn tư rèn luyện tốc độ làm Tất tập sách tiến hành giải chi tiết 100% để em tiện lợi cho việc so sánh đáp án tra cứu thơng tin Để biên soạn đầy đủ hoàn thiện sách này, nhóm tác giả có sưu tầm, tham khảo số tốn trích từ đề thi Sở, trường Chuyên nước số toán thầy/cơ tồn quốc Chân thành cảm ơn q thầy sáng tạo tốn hay phương pháp giải toán hiệu Mặc dù nhóm tác giả tiến hành biên soạn phản biện kĩ lưỡng không tránh khỏi sai sót Chúng tơi mong nhận ý kiến phản hồi đóng góp từ q thầy cơ, em học sinh bạn đọc để sách trở nên hồn thiện Mọi ý kiến đóng góp, q vị vui lịng gửi địa chỉ: • Gmail: Blearningtuduytoanhoc4.0@gmail.com • Fanpage: 2003 – ƠN THI THPT QUỐC GIA Cuối cùng, nhóm tác giả xin gửi lời chúc sức khỏe đến quý thầy cô, em học sinh quý bạn đọc Chúc quý vị khai thác hiệu kiến thức cầm tay sách ! Trân trọng./ NHÓM TÁC GIẢ MỤC LỤC A PHẦN I: HÌNH TỌA ĐỘ OXYZ Trang CHỦ ĐỀ 1: HỆ TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN Dạng Điểm vecto hệ tọa độ Oxyz Dạng Tích vơ hướng ứng dụng 28 Dạng Phương trình mặt cầu 39 Dạng Cực trị 59 CHỦ ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG 79 Dạng Xác định vecto pháp tuyến, tính tích có hướng mặt phẳng 84 Dạng Viết phương trình mặt phẳng 91 Dạng Tìm tọa độ điểm liên quan đến mặt phẳng 114 Dạng Góc khoảng cách liên quan đến mặt phẳng 123 Dạng Vị trí tương đối hai mặt phẳng, mặt cầu mặt phẳng 140 Dạng Cực trị liên quan đến mặt phẳng 165 CHỦ ĐỀ 3: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG 185 Dạng Xác định vecto phương đường thẳng 191 Dạng Viết phương trình đường thẳng 200 Dạng Tìm tọa độ điểm liên quan đến đường thẳng 231 Dạng Góc khoảng cách liên quan đến đường thẳng 247 Dạng Vị trí tương đối hai đường thẳng, đường thẳng mặt phẳng 257 Dạng Bài toán liên quan đường thẳng – mặt phẳng – mặt cầu 271 Dạng Cực trị liên quan đến đường thẳng 314 CHỦ ĐỀ 4: ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ 347 Dạng Tọa độ hóa Hình học khơng gian 353 Dạng Bài toán đại số 367 CHỦ ĐỀ 5: TỔNG HỢP VỀ HÌNH TỌA ĐỘ OXYZ 372 Đề 372 Đáp án 381 B PHẦN II: SỐ PHỨC……………………… ……………………………………… 405 Dạng toán 1: Xác định yếu tố số phức….………………………………… 406 Dạng toán 2: Phép toán cộng, trừ, nhân hai số phức …………………………………… 424 Dạng toán 3: Phép chia hai số phức………………………………………………………… 437 Dạng toán 4: BT quy giải PT, HPT tập hợp điểm biễu diễn số phức…… ……… 448 Dạng tốn 5: Phương trình bậc hai với hệ số thực…………………………… …………… 468 Dạng toán 6: Cực trị số phức…………………………………………………… …………… 482 PHẦN I HÌNH HỌC OXYZ CHUYÊN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ CHỦ ĐỀ : HỆ TRỤC TỌA ĐỘ OXYZ LÍ THUYẾT ➢ Trong khơng gian xét hệ trục Oxyz , có trục Ox vng góc với trục Oy O , trục Oz vuông góc với mặt phẳng Oxy O Các vectơ đơn vị trục Ox , Oy , Oz i = (1;0;0 ) , j = ( 0;1;0 ) , k = ( 0;0;1) ▪ Nếu a = a1 i + a2 j + a3 k a = ( a1 ; a2 ; a3 ) ▪ M ( xM ; yM ; zM )  OM = xM i + yM j + z M k ▪ Cho A ( x A ; y A ; z A ) B ( xB ; yB ; z B ) ▪ Ta có: AB = ( xB − x A ; yB − y A ; z B − z A ) AB = ( xB − x A ) + ( yB − y A ) + ( z B − z A )  x + x y + yB z A + z B  ; M trung điểm AB M  A B ; A  2   ➢ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz Cho a = (a1 ; a2 ; a3 ) b = (b1 ; b2 ; b3 ) ta có ▪ ▪ a1 = b1  a = b  a2 = b2 a = b  3 ▪ a.b = a b cos(a; b) = a1b1 + a2b2 + a3b3 ▪ cos = cos(a, b) = ▪ a b vng góc  a.b =  a1.b1 + a2 b2 + a3 b3 = a  b = (a1  b1 ; a2  b2 ; a3  b3 ) a1.b1 + a2 b2 + a3 b3 a + a22 + a32 b12 + b22 + b32 k a = (ka1 ; ka2 ; ka3 ) a = a12 + a22 + a32 (với a  , b  ) a1 = kb1  ▪ a b phương  k  R : a = kb  a2 = kb2 a = kb  ➢ Tích có hướng a = (a1 ; a2 ; a3 ) b = (b1 ; b2 ; b3 )  a, b  = (a2b3 − a3b2 ; a3b1 − a1b3 ; a1b2 − a2b1 ) ▪ ▪ ▪ ▪ a b phương   a, b  = a , b , c đồng phẳng   a, b  c = Diện tích tam giác : S ABC = [ AB, AC ] Thể tích tứ diện VABCD = [ AB, AC ] AD Thể tích khối hộp: VABCD A' B'C ' D' = [ AB, AD ] AA ' ➢ Một số kiến thức khác ▪ Nếu M chia đoạn AB theo tỉ số k ( MA = kMB ) ta có : x − kxB y − kyB z − kz B Với ( k  1) xM = A ; yM = A ; zM = A 1− k 1− k 1− k ▪ G trọng tâm tam giác ABC x + xB + xC y + yB + yC z +z +z xG = A ; yG = A ; zG = A B C 3 ▪ G trọng tâm tứ diện ABCD  GA + GB + GC + GD = Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZ VÍ DỤ MINH HỌA VÍ DỤ 1: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho vectơ u = (1;1;− ) , v = (1;0;m ) Tìm m để góc hai vectơ u , v 45 A m = B m = 2− m = 2+ D Lời giải Chọn B C ( ) Ta có: cos u ,v = − 2m u.v − 2m = = = 2 2 2 u v + m + + ( −2 ) + m  − 2m = − m  4m2 − 4m + = + 3m2 (điều kiện m  m = −  m2 − 4m − =    m = + ) Đối chiếu điều kiện ta có 2;1; , b VÍ DỤ 2: Trong khơng gian Oxyz , cho hai véc tơ a m để A hai véc tơ u 26 2a 3mb v B 26 m = 2− 0; 2; Tất giá trị ma b vng góc với C 11 26 18 26 D Lời giải Chọn D Ta có: u 2a 3mb Khi đó: u.v 9m 2 2;2 4m 6m 3m 2; 3m v 3m m 26 m ma b 2m; m 3m 2m 2; 2m 2 VÍ DỤ 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A ( 0; −1;2 ) , B ( 2; −3;0 ) , C ( −2;1;1) , D ( 0; −1;3) Gọi ( L ) tập hợp tất điểm M không gian thỏa mãn đẳng thức MA.MB = MC.MD = Biết ( L ) đường tròn, đường tròn có bán kính r bao nhiêu? A r = B r = C r = 11 D r = Lời giải Chọn C Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZ Gọi M ( x; y; z ) tập hợp điểm thỏa mãn u cầu tốn Ta có AM = ( x; y + 1; z − ) , BM = ( x − 2; y + 3; z ) , CM = ( x + 2; y − 1; z − 1) , DM = ( x; y + 1; z − 3)  MA.MB = Từ giả thiết: MA.MB = MC.MD =    MC.MD = 2  x ( x − ) + ( y + 1)( y + 3) + z ( z − ) =  x + y + z − 2x + y − 2z + =    x ( x + ) + ( y + 1)( y − 1) + ( z − 1)( z − 3) =  x + y + z + x − z + = Suy quỹ tích điểm M đường tròn giao tuyến mặt cầu tâm I1 (1; −2;1) , tâm I ( −1;0;2 ) , R1 = mặt cầu R2 = M I1 I2 Ta có: I1 I = Dễ thấy: r = R12 −  I1 I  = − = 11   VÍ DỤ 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A ( −2;3;1) B ( 5; 6; ) Đường thẳng AB cắt mặt phẳng ( Oxz ) điểm M Tính tỉ số AM BM A AM = BM B AM = BM C AM = BM D AM = BM Lời giải Chọn B  AB = ( ; ; 1)  AB = 59 M  ( Oxz )  M ( x ; ; z ) ;    AM = ( x + ; − ; z − 1)  x + = 7k  x = −9   A, B, M thẳng hàng  AM = k AB ( k  )  −3 = 3k  −1 = k  M ( −9 ; ; )  z −1 = k z =   BM = ( −14 ; − ; − )  BM = 118 = AB VÍ DỤ 5: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A ( 2; −3;7 ) , B ( 0; 4;1) , C ( 3;0;5 ) D ( 3;3;3) Gọi M điểm nằm mặt phẳng MA + MB + MC + MD đạt giá trị nhỏ Khi tọa độ A M ( 0;1; −2 ) B M ( 0;1; ) ( Oyz ) cho biểu thức M là: C M ( 0;1; −4 ) D M ( 2;1;0 ) Lời giải Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZ A H d C (P) B K Ta có: C  d  C (1;0; −1)  BC = ( 2;0; −3) , ud = ( 2;1; −1) Gọi ( P ) mặt phẳng chứa B đường thẳng d Gọi H hình chiếu kẻ từ A xuống mặt phẳng ( P ) n vectơ pháp tuyến mặt phẳng ( P )  n =  BC ; ud  = ( 3; −4; ) Gọi K hình chiếu vng góc kẻ từ A đến đường thẳng  Suy d ( A;  ) = AK Ta thấy ABK vuông K nên AK  AB  AK đạt giá trị lớn K trùng với B , AK = AB Do đó: u =  BA; n  = ( −8;1;14 ) Vậy phương trình đường thẳng  : x +1 y z − = = −1 −14 Câu 25 Chọn D Ta có: AB ( 2; −2; ) phương với u (1; −1; ) A(1;1;0)   AB //   AB  đồng phẳng Xét mặt phẳng chứa AB  : Gọi A điểm đối xứng A qua  ; ( ) mặt phẳng qua A , vng góc với  Khi đó, giao điểm H  với ( ) trung điểm AA ( ) có phương trình: x − y + z = Giả sử H ( −1 + t ;1 − t ; −2 + 2t ) , H  ( )  t =  H ( 0;0;0 ) H trung điểm AA  A ( −1; −1;0 ) Ta có: MA + MB = MA + MB  AB  ( MA + MB )min = AB M trùng với M giao điểm AB  332 Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ  x = −1 + t   x = −1 + t   Đường thẳng AB qua A ( −1; −1; ) , có phương trình:  y = −1 Mà  :  y = − t  z = t  z = −2 + 2t   −1 + t = −1 + t  t = t  t  =    M (1; −1; ) Giải hệ phương trình: 1 − t = −1  t =  t =  −2 + 2t = t  −2 + 2t = t    Vậy, để MA + MB đạt giá trị nhỏ M (1; −1; ) Câu 26 Chọn D  qua C(−1;1; − 2), có vectơ phương u = (1; −1; 2) AB = (−2; − 1;1); AC = (−2;0; − 2)  AB; u  AC  nên AB;  khơng đồng phẳng   Vì điểm M thuộc  nên ta có M (−1 + t ;1 − t ; − + 2t ), t  Lúc P = MA − MB = (t − 2) + t + ( 2t − ) − ( −t ) + ( t − 1) + ( 2t − 3) 2 = 6t − 12t + − 6t − 14t + 10 P = 2 11 ( t − 1) + −  t −  +  6  11   3 Đặt u =  t − 1;  , v =  t − ;  Ta có | u | − | v |  u − v   6   2 11  1  Tức P    +  −      3 t −1 33 Đẳng thức xảy =  t = 3+ 11 t− 6 Với ta có a − b + c = 4t − = + 33 Câu 27 Chọn C  x = −t  Ta có AB = ( −1; − 1; ) , phương trình đường thẳng AB  y = − t (t  )  z = −3 + 5t  Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” 333 CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZ  1 1 Xét vị trí tương đối AB  ta có AB cắt  C  − ; ; −   2 2  1 5 Suy AC =  − ; − ;   AC = AB  C trung điểm AB  2 2 T = MA − MB  AB Dấu “=” xảy M  A M  B Do Tmax = AB = 27 = 3 Câu 28 Chọn B Ta có: ( x A − y A + z A + 1)( xB − yB + z B + 1) = (1 − + + 1)( + + + 1)  nên hai điểm A B nằm phía mặt phẳng ( ) x = 1+ t  Gọi H hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng ( ) PT đường thẳng AH :  y = − t z = t   t = −   x = 1+ t x =  y = 1− t    Do tọa độ điểm H nghiệm hệ phương trình  z = t y =    x − y + z + =  z = −   1 1 2 Do H  ; ; −  Gọi A đối xứng với A qua ( ) , suy A  ; ; −   3 3 3 3 Ta có MA + MB = MA + MB  AB  P = AB = Câu 29 Chọn C Ta có: ( x A + y A − 3z A − )( xB + yB − 3zB − ) = (1 − − 3.2 − )( −5 − − 3.0 − )  nên hai điểm A B nằm phía mặt phẳng ( ) Gọi H hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng ( ) x = 1+ t  Phương trình đường thẳng AH :  y = −1 + t  z = − 3t  x = 1+ t t =  y = −1 + t x =    Do tọa độ điểm H nghiệm hệ phương trình  z = − t y =    x + y − 3z − =   z = −1 334 Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZ Do H ( 2;0; − 1) Gọi A đối xứng với A qua ( ) , suy A ( 3;1; − ) Ta có MA + MB = MA + MB  AB nên MA + MB nhỏ M = AB  ( )  x = − 4t  Phương trình đường thẳng AB :  y = − t  z = −4 + 3t   12 t = 11   x = − 4t  x = − 15  y = 1− t   11  Do tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình  y = −  z = −4 + 3t   x + y − 3z − = 11  20 z = −  11 20   15 Do M  − ; − ; −  , T = a + 2b + 3c = −7  11 11 11  Câu 30 Chọn C Mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − ) + ( z − 3) = 36 có tâm I (1; 2; 3) bán kính R = 2 Nhận xét IA = 12 = 2R Gọi E giao điểm IA mặt cầu ( S ) suy E trung điểm IA nên E ( 5; 4; ) Gọi F trung điểm IE suy F ( 3; 3; )  MIF  AIM có góc AIM chung có Nên  AIM đồng dạng  MIF ( c.g c )  IF IM = = IM IA MA AI = =  MA = 2MF MF MI MA + MB = ( MF + MB )  BF = 29 Dấu xảy M giao điểm FB mặt cầu ( S ) Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” 335 CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZ Câu 31 Chọn A ( S ) : ( x − 3) + ( y − ) + ( z − ) 2 = 25 có tâm I ( 3; 4; ) bán kính R = Gọi H hình chiếu vng góc I lên ( Oxy )  H ( 3; 4;0 ) Đường tròn ( C ) có tâm H ( 3; 4;0 ) bán kính r = R − IH = 25 − 16 = Gọi E trung điểm MN , suy ME = HE ⊥ MN OH = 5, HE = r − ME = Suy O nằm ( C ) Gọi K hình chiếu vng góc O lên MN 1 VOAMN = d ( A; ( Oxy ) ) SOMN = OK MN = 5.OK  5.OE  ( OH + HE ) = 21 3 Đẳng thức xảy K  E O, H , E thẳng hàng ( H nằm đoạn OE )  21 28  Khi đó: OE = OH  E  ; ;0   5   21 28   28 21  MN qua điểm E  ; ;0  nhận u = k  OE =  − ; ;0  làm vectơ phương  5   5  21 28  x = − t  28 21  Do MN có phương trình:  y = + t Vậy, MN qua điểm ( 5;5; ) 5  z =   Câu 32 Chọn B Gọi điểm I thỏa mãn 3IA + IB =  I ( ; ; − 1) ( ) ( Khi 3MA2 + MB = MI + IA + MI + IB ) ( = 4MI + 3IA2 + IB + 2MI 3IA + IB = 4MI + 3IA2 + IB2 336 Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” ) CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZ Do 3IA2 + IB2 khơng đổi ba điểm A; B; I cố định nên 3MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ MI nhỏ Khi M giao điểm đường thẳng IJ với mặt cầu ( S ) , ( J ( ; ; 3) tâm  x = + 2t  M1 ( 4; ; 1)  mặt cầu ( S ) ) Ta có phương trình đường thẳng IJ  y = + t  IJ  ( S ) =   M ( ; ; )  z = − 2t  Kiểm tra IM  IM (  ) nên M ( 4; 2;1) điểm cần tìm Vậy T = a.b.c = Câu 33 Chọn C Gọi K , H hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng ( P ) , đường thẳng d Ta có: AH  AK Suy ra, mặt phẳng ( P ) chứa d cho khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( P ) lớn ( P ) qua điểm H vng góc AH Gọi H (1 + 2t ; t ; + 2t )  d ta có: AH ud = với ud = ( 2;1; ) vectơ phương đường thẳng d  t =  H ( 3;1; ) Nên ( P ) qua điểm H ( 3;1; ) nhận AH = (1; −4;1) làm vectơ pháp tuyến có phương trình là: x − y + z − = Vậy T = a + b + c = − + = −2 Câu 34 Chọn A   ⊥ ( P ) Ta có     ( P ) = I (1;1;1) Vì d ( M ;  ) = nên điểm M thuộc mặt trụ tròn xoay ( H ) có trục đường thẳng  Khi M nằm giao mặt phẳng ( P) mặt trụ ( H ) đường tròn (C ) có tâm I (1;1;1) bán kính R = Giả sử N ( x; y; z ) Do NA = NB  NA2 = NB2  x + y + z − x − y − 14 z + 42 = Suy N nằm mặt cầu ( S ) có tâm J (1;1;7 ) bán kính R =  N  ( P) Mặt khác:  , N nằm giao mặt phẳng ( P) mặt cầu ( S ) đường tròn  J  ( P) (C) có tâm J (1;1;7 ) bán kính R = Bài toán cho trở thành: ‘Trên mặt phẳng ( P) cho hai điểm M , N Biết M thuộc đường trịn (C ) có tâm I (1;1;1) , bán kính R = N thuộc đường trịn (C) có tâm J (1;1;7 ) , bán kính R = Tìm giá trị nhỏ đoạn MN ” Từ hình vẽ trên, dễ thấy MN = IJ − ( IM + JN ) = − (2 + 3) = Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” 337 CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ Câu 35 Chọn C Gọi A ( a ;0;0 ) , B ( 0; b ;0 ) , C ( 0;0; c ) ( a  0, b  0, c  ) Khi phương trình mặt phẳng ( ABC ) x y z + + =  bcx + acy + abz − abc = a b c Mặt cầu ( S ) có tâm O ( 0;0;0 ) bán kính R = Mặt phẳng ( P ) tiếp xúc với ( S ) nên d ( O , ( P ) ) = R hay d ( O , ( ABC ) ) = Khi abc b c +a c +a b 2 2 2 =  a 2b 2c = a 2b + b 2c + c a (1) Ta có : T = (1 + OA2 )(1 + OB )(1 + OC ) = (1 + a )(1 + b )(1 + c ) T = + a2 + b2 + c2 + a2b2 + b2c2 + a2c2 + a2b2c2 ( T  + 3 a 2b c + 3 a 4b c + a 2b c = + a 2b c ) Mặt khác từ suy a 2b c  3 a 4b 4c  a 6b 6c  27a 4b 4c  a 2b 2c  27 ( Suy T  + 27 ) = 64 a = b = c  Vậy giá trị nhỏ T 64 khi: a = b = c  a = b = c = a 2b c = 27  Câu 36 d A I M K B Chọn A Mặt cầu ( S ) có tâm I ( −3; −4; −5 ) bán kính R = 27 Đường thẳng d có véc-tơ phương u = ( 2;3; )  d ⊥ ( P ) Gọi K giao điểm mặt phẳng ( P ) đường thẳng d Vì I  d nên K tâm đường tròn giao tuyến KB ⊥ d Ta có IA = (1; 2; −2 )  IA = IAu =  IA ⊥ d 338 Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZ Ta tính IK = d ( I , ( P ) ) = ( −3) + ( −4 ) + ( −5 ) − 107 +3 +4 2 = 29 KB = R − IK = Do M di động đường thẳng d B thuộc đường tròn giao tuyến nên biểu thức MA + MB nhỏ M = AB  d Khi đó, ta có MI IA = = MI + MK = IK = 29 MK KB Suy MI = 29 , MK = 29 Ta có AM = IA2 + MI = 30  BM = AM = 30 Vậy giá trị nhỏ MA + MB AM + BM = 30 + 30 = 30 Cách 2: Ta có ( S ) có tâm I ( −3; −4; −5 ) , bán kính R = 27 Dễ thấy d qua I ( −3; −4; −5 ) vng góc với ( P ) ( P) cắt ( S ) theo đường trịn có bán kính r = M  d  M (1 + 2t ; + 3t ;3 + 4t ) 2 Ta có T = MA + MB = MA + MH + r Lại có MH = d ( M ;( P)) = 29t − 87 29 = 29t − 29 Suy T = 29t + 116t + 125 + 29 ( t − 3) + = 29 (t + 2) + + 29 29 ( t − 3) + 29       Xét u =  t + 2;   u + v =  5;  , v =  − t;  29  29  29     ( ) Do T = 29 u + v  29 u + v = 50 Câu 37 Chọn B   ( P) Gọi ( P) mặt phẳng chứa  qua M vng góc với đường thẳng d ,   ⊥d Với u d = (2;2; −1) véctơ phương đường thẳng d Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” 339 CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZ Chọn véc tơ pháp tuyến ( P) n( P) = u d = (2;2; −1) Ta có ( P) : x + y − z + = Gọi K , H hình chiếu vng góc A lên mp ( P) đường thẳng  Ta thấy d ( A; ) = AH  AK Nên Min d ( A; ) = AK H  K 2.1+ 2.2+3+9 Mà AK = d ( A; ( P ) ) = + + (−1) 2 = Vậy Min d ( A; ) = Câu 38 Chọn A Mặt cầu (S ) có tâm I (1; 1;1) , bán kính R Gọi x khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( ) , x x2 x, với x đáy đường tròn (C ) là: V x3 Xét hàm số f ( x) Hàm số y x3 Khi đó, thể tích khối nón đỉnh I , x 2x x2 có f '( x) f ( x) liên tục 0; , có f (0) f ( 6) 2; f '( x) 0, f ( 2) x 2 , nên Max f ( x) 0; đạt x Gọi u (1; 4;1) véc tơ phương đường thẳng d Vì IH k cho IH Với k Với k ku , suy IH : IH u : IH H u | k | u ; ; 3 H 2 ; ; 3 |k| 18 ( ) : x 4y ( ) : x 4y k z z ( ) nên tồn số thực 0 Vậy xH yH zH Câu 39 Chọn A Có góc tạo đường thẳng d mặt phẳng ( Oxy ) ( d ; ( Oxy ) ) góc tạo mặt phẳng ( ) mặt phẳng ( Oxy ) ( ( ) ; ( Oxy ) ) Ta có ( d ; ( Oxy ) )  ( ( ) ; ( Oxy ) )  ( ( ) ; ( Oxy ) )min  ( d ; ( Oxy ) ) = ( ( ) ; ( Oxy ) ) sin ( d , ( ) ) = 340 ud k ud k = 30  cos ( d , ( ) ) = 6 Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZ Gọi VTPT ( ) n = ( a ; b;c ) , a + b + c  Vì d  ( )  u ⊥ n  2a − b − c =  c = 2a − b cos ( ( Oxy ) , ( ) ) = n.k n.k = 2a − b a + b + ( 2a − b ) 30 =  36 ( 4a − 4ab + b ) = 30 ( 5a − 4ab + 2b )  6a + 24ab + 24b =  ( a + 2b ) =  a = −2b Chọn n = ( 2; − 1;5 ) Vậy ( ) qua A ( −1;1; )  d có VTPT n = ( 2; − 1;5 )  ( ) : x − y + z − = d ( M , ( ) ) = 30 = 30 30 A Câu 40 Chọn A B d H I Đường thẳng d có véctơ phương ud = ( 3; − 2; ) Ta thấy A  d AB = ( 6; − 4; ) = ( 3; − 2; ) Suy AB // d A' Gọi A điểm đối xứng với A qua d Ta có AI + BI = AI + BI  AB Dấu " = " xảy A , I , B thẳng hàng Vậy ( AI + BI ) = AB I = AB  d Gọi H hình chiếu vng góc A lên đường thẳng d Ta tìm H ( −1;2;2 ) Do H trung điểm AA nên suy A ' ( −3; 2;5 ) Do AB // d nên I trung điểm AB nên suy I ( 2;0; ) Cách 2: Tìm tọa độ điểm H từ nhận xét sau: Từ phương trình đường thẳng d ta thấy d qua điểm H ( −1;2;2 ) Có AH = ( −4;0;6 ) ud = ( 3; − 2; ) thỏa mãn AH ud =  AH ⊥ d Vậy H hình chiếu A lên đường thẳng d Câu 41 Chọn A  M  Oz  M ( 0;0; m )  Theo đề  N  d  N ( − 3t ;3 + 4t ;0 )   d  ( Oxy ) Vì A hình chiếu vng góc O d nên tìm A ( 4;3;0 ) I trung điểm đoạn   thẳng OA  I  2; ;0    Mặt khác MN = OM + AN  ( 3t − ) + ( 4t + 3) 2 + m2 = m + t Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” ( *) 341 CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZ  mt =  mt = 5  m= (t  0) 2t Trên tia đối tia Oz , lấy điểm H thỏa OH = AN Ta chứng minh IMH = IMN 5 Khi SIMN = SIMH = IO.MH = MN = ( m + t ) (*) 4 5 =  +5 t 42 t  25   25 + t    =  t    Dấu " = " đạt  5 2 =t t = m= Vậy M  0;0;   2t 2    2 Ta có MA =  4;3; −  ; ud = ( −3; 4;0 )      15 ; 25  = 4;3;5 Mặt phẳng ( M , d ) có VTPT n =  MA; ud  = 10 2; 2   ( ) Câu 42 Chọn B Vì AMB = 90 nên ta có điểm M thuộc mặt cầu ( S ) Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 2;3; − ) trung điểm AB bán kính R = AB = 17 Mặt khác điểm M thuộc mặt phẳng ( P ) nên ta có tập hợp điểm M đường trịn ( C ) = ( S )  ( P ) Đường trịn ( C ) có tâm O hình chiếu điểm I ( 2;3; − ) lên mặt phẳng ( P ) có bán kính r = R − d ( I , ( P ) ) = 17 − = 14 Tìm tọa độ điểm O : Gọi ( d ) đường thẳng qua điểm I vng góc với mặt phẳng ( P ) Phương trình đường x = + t  thẳng ( d ) là:  y = + t  z = −2 + t  Vì O hình chiếu điểm I ( 2;3; − ) lên mặt phẳng ( P ) nên O = ( d )  ( P ) Xét (2 + t ) + (3 + t ) + (−2 + t) =  3t + =  t = −1 O (1;2; − 3) Vậy đường tròn ( C ) nằm mặt phẳng ( P ) có tâm O (1;2; − 3) bán kính r = 14 342 Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZ Gọi H hình chiếu điểm C lên mặt phẳng ( P ) Tương tự tìm tọa độ điểm O ta có H ( 2; 4; − ) Ta có CM = CH + HM = 12 + HM Do CM đạt giá trị lớn HM lớn ( Ta có HM  HO + r  14  HM max = 14  CM max = 12 + 14 ) = 17 Câu 43 Chọn A Gọi ( P ) mặt phẳng qua B vng góc với d ; ( P ) : x + y + z − = Gọi H hình chiếu A lên ( P ) , ta có: H ( 2;1; −4 ) Ta có:   ( P ) nên d ( A;  )  d ( A; ( P ) ) ; Dấu đẳng thức xảy H  Một vectơ phương  BH = (1;1; −3) Câu 44 Chọn B Phương trình mặt phẳng ( ABC ) : x y z x y z + + =  + + −1 = a b c a b c 0 + + −1 a b c = d ( O; ( ABC ) ) = 1 + + a b2 c2 1 1 = P Pmax  T = + + a b c 1 + 2+ 2 a b c (1 + + ) 16 72 T= 2+ 2+  = = a 4b 16c a + 4b + 16c 49 S = Dấu xảy = =  2b2 = a2 ; 4c2 = a 2 a 4b 16c a2 + 4b2 + 16c2 = 49  a + Vậy S = a + b + c = 2 7 a a + 16 = 49  a2 = , b = , c = 4 49 Câu 45 Chọn D Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” 343 CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZ Ta có: d qua M (1; −2;0 ) có VTCP u d = ( 2;1; ) (S ) có tâm I ( 3; 2; −1) bán kính R = Ta có: d ( A; ( P ) )  d ( A; d ) Dấu “ = ” xảy ( P ) chứa d vng góc với AK Khi đó: ( P ) có VTPT n P =  n( AKM ) , u d  Vì n( AKM ) = u d , AM  = ( −6;6;3)  n P = ( 9;18; −18 ) = (1; 2; −2 )  ( P ) : ( x − 1) + ( y + ) − z =  ( P ) : x + y − z + = Ta có: d = d ( I ; ( P ) ) = Vậy bán kính đường trịn cần tìm: r = R − d = 20 − 16 = Câu 46 Chọn A ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = có tâm I (1;1; 1) Gọi G ( x ; y ; z ) điểm thỏa mãn 2 3 ( − x ) + ( − x ) + ( − x ) = x =   3GA + 2GB + GC =  3 (1 − y ) + ( − y ) + ( 21 − y ) =   y =  G (1; 4; − )    z = −3 3 (1 − z ) + ( −1 − z ) + ( −19 − z ) = Ta có: T = 3MA2 + 2MB2 + MC = 3MG2 + 6MG.GA + 3GA2 + 2MG2 + 4MG.GB + 2GB2 + MG2 + 2MG.GC + GC ( ) = 6MG + 2MG 3GA + 2GB + GC + 3GA2 + 2GB + GC = 6MG2 + 3GA2 + 2GB2 + GC Tmin  M giao điểm đường thẳng IG mặt cầu ( S ) , cho M G phía với I x =  Phương trình đường thẳng IG :  y = + 3t  z = − 4t  344 Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ M = IG  ( S ) nên tọa độ M nghiệm hệ x =   y = + 3t t =   Khi :  z = − 4t −   t= ( x − 1)2 + ( y − 1)2 + ( z − 1)2 =      M 1; ;      M  1; ;   1  5 9  5 14  1 Vì M1G  M 2G nên điểm M  M 1; ;  Vậy a + b + c =  5 Câu 47 Chọn B Gọi M ( x; y; z ) Ta có MA 2 2 =  9MA2 = 4MB  ( x + ) + ( y − ) + ( z + ) = 108 Vậy điểm M thuộc mặt MB cầu tâm I ( −6;6; −6 ) bán kính R = Vậy MN nhỏ M , N thuộc đường thẳng qua tâm I vng góc với mặt phẳng ( P ) Gọi ( d ) đường thẳng qua tâm I vng góc với mặt phẳng ( P )  x = −6 − t  Khi ( d ) :  y = + 2t Tọa độ điểm N nghiệm hệ phương trình  z = −6 − 2t   x = −6 − t  y = + 2t    z = − − t  − x + y − z + =  x = −6 − t  x = −2  y = + 2t  y = −2      z = − − t z =   6 + t + 12 + 4t + 12 + 4t + = t = −4  N ( −2; −2; ) Do T = −2 − + = −2 Câu 48 Chọn D Vì M  d nên M ( −1 + t ; t ;1 + t ) Ta có AM = ( −1 + t ; t + 1; t − 1) , AB = (1; 2;0 ) Do đó:  AM , AB  = ( − 2t; t − 1; t − 3) Diện tích tam giác MAB : Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” 345 CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZ S= 1  AM , AB  =   2 ( − 2t ) + ( t − 1) + ( t − 3) 2 = 6t − 16t + 14 2   10 = 6t −  +  Dấu xảy t =  3 1 7 Do diện tích tam giác MAB nhỏ M  ; ;  Khi T = a + 2b + 3c = 10 3 3 Câu 49 Chọn D Vì M  d nên M ( −1 + t ; t ;1 + t ) Ta có AM = ( −1 + t ; t + 1; t − 1) , AB = (1; 2;0 ) Do đó:  AM , AB  = ( − 2t; t − 1; t − 3) Diện tích tam giác MAB : S = = 1  AM , AB  =   2 ( − 2t ) + ( t − 1) + ( t − 3) 2 = 6t − 16t + 14 1 7  t = Do M  ; ;  Khi T = a + 2b + 3c = 10 3 3 Câu 50 Chọn C Vì M  d nên M ( −1 + t ; t ;1 + t ) Ta có AM = ( −1 + t ; t + 1; t − 1) , AB = (1; 2;0 ) Do đó:  AM , AB  = ( − 2t; t − 1; t − 3) Diện tích tam giác MAB : S= 1  AM , AB  =   2 ( − 2t ) + ( t − 1) + ( t − 3) = 2 t = 1 6t − 16t + 14 =   t =   8 Do M ( 0;1; ) M  ; ;   3 3 Vậy có hai điểm M thuộc d để tam giác MAB có diện tích 346 Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” ... biên soạn gồm quyển: • Quyển 1: Nắm chọn chuyên đề Hàm số • Quyển 2: Nắm trọn chuyên đề Mũ – Logarit Tích phân • Quyển 3: Hình học khơng gian • Quyển 4: Hình học Oxyz Số phức Trong sách, chúng tơi... − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = B ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = C ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = D ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 2 2 2 2 2 2 Câu 12 : Trong không gian Oxyz cho M ( 2 ;1; ... 3 81 B PHẦN II: SỐ PHỨC……………………… ……………………………………… 405 Dạng toán 1: Xác định yếu tố số phức? ??.………………………………… 406 Dạng toán 2: Phép toán cộng, trừ, nhân hai số phức …………………………………… 424 Dạng toán