Chinh phục VDC Hình học năm 2023 - Phan Nhật Linh

Cuốn sách Chinh phục VDC Hình học năm 2023 được biên soạn bởi tác giả Phan Nhật Linh có nội dung gồm 4 chương. Chương 1: Khoảng cách và góc trong không gian; Chương 2: Khối đa diện và thể tích khối đa diện; Chương 3: Khối tròn xoay và thể tích khối tròn xoay; Chương 4: Phương pháp tọa độ trong không gian. Mời các bạn tham khảo!

PHAN NHẬT LINH CHINH PHỤC VDC HÌNH HỌC 2023 (Biên soạn dành cho học sinh luyện thi THPT năm 2023) TÀI LIỆU LƯU HÀNH NỘI BỘ LỜI NÓI ĐẦU Các em học sinh, quý thầy cô bạn đọc thân mến! Cuốn sách “Chinh phục Vận dụng – Vận dụng cao Hình học 2023” nhóm tác giả biên soạn với mục đích giúp em học sinh giỏi toàn quốc chinh phục câu khó đề thi Bộ giáo dục năm gần Trong sách, trình bày cách rõ ràng khoa học, tạo thuận lợi cho em học tập tham khảo Tất tập sách chúng tơi tóm tắt lý thuyết tiến hành giải chi tiết 100% để em tiện lợi cho việc ôn tập, so sánh đáp án tra cứu thông tin Để biên soạn đầy đủ hồn thiện sách này, nhóm tác giả có sưu tầm, tham khảo số tốn trích từ đề thi Sở, trường Chuyên nước số thầy 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 quý thầy cô, em học sinh bạn đọc để sách trở nên hồn thiện Mọi đóng góp vui lịng liên hệ: • Tác giả: Phan Nhật Linh • Số điện thoại/Zalo: 0817.098.716 • Gmail: linh.phannhat241289@gmail.com • Facebook: fb.com/nhatlinh.phan.1401/ 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 này! Trân trọng./ Phan Nhật Linh MỤC LỤC CHƯƠNG 1: KHOẢNG CÁCH VÀ GĨC TRONG KHƠNG GIAN Trang Chủ đề 01 Khoảng cách không gian ……… ………………….………………….…………… Chủ đề 02 Góc khơng gian.………………… ………… ………………………………………… 58 CHƯƠNG 2: KHỐI ĐA DIỆN VÀ THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN Chủ đề 03 Thể tích khối chóp…………………………………………….………………………………… 112 Chủ đề 04 Thể tích khối lăng trụ………………….…………………… ………………… … ……… 159 Chủ đề 05 Tỷ lệ thể tích khối đa diện.………………… …………… …………………….………… 190 Chủ đề 06 Cực trị hình học khơng gian……………….………… ……………………….…………… 241 CHƯƠNG 3: KHỐI TRỊN XOAY VÀ THỂ TÍCH KHỐI TRỊN XOAY Chủ đề 07 Khối nón - trụ - cầu……………….…………………….… ………………… ……………… 290 Chủ đề 08 Khối cầu ngoại tiếp khối đa diện ….…… ……………….…………… ……………… 322 CHƯƠNG 4: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN Chủ đề 09 Phương trình mặt phẳng……………………….…… ….…… ………… ……………… 363 Chủ đề 10 Phương trình đường thẳng ………………….…… ….…… ………… ……………… 387 Chủ đề 11 Phương trình mặt cầu… ……………………….…… ….…… ………… ……………… 426 Chủ đề 12 Ứng dụng phương pháp tọa độ không gian ….……….…… ……………… 477 KHOẢNG CÁCH VÀ GÓC Phan Nhật Linh CHỦ ĐỀ A Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 TRONG KHÔNG GIAN KHOẢNG CÁCH TRONG KHƠNG GIAN TĨM TẮT LÝ THUYẾT Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng, từ điểm đến đường thẳng • Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P ) (hoặc đến đường thẳng  ) khoảng cách hai điểm M H , H hình chiếu điểm M mặt phẳng ( P ) (hoặc đến đường thẳng  ) Kí hiệu khoảng cách từ M đến ( P ) d ( M ; ( P ) ) Kí hiệu khoảng cách từ M đến ( P ) d ( M ;  ) Khoảng cách đường thẳng mặt phẳng song song, hai mặt phẳng song song • Khoảng cách đường thẳng a mặt phẳng ( ) song song với a khoảng cách từ điểm a tới mặt phẳng ( ) , cụ thể: d ( a; ( ) ) = d ( A; ( ) ) với A thuộc a Ta có: d ( a; ( ) ) = d ( A; ( ) ) = AH Với A thuộc a H hình chiếu A lên mặt phẳng ( ) | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716 Chủ đề 01: Khoảng cách không gian • Khoảng cách hai mặt phẳng song song khoảng cách từ điểm mặt phẳng tới mặt phẳng kia, cụ thể: d ( ( ) ; (  ) ) = d ( M ; (  ) ) với M thuộc mặt phẳng ( ) Khoảng cách hai đường thẳng chéo • Đường thẳng MN cắt vng góc với a b gọi đường vng góc chung a b • Khoảng cách hai đường thẳng chéo độ dài đoạn vng góc chung hai đường thẳng chéo đó, cụ thể: d ( a; b ) = MN Chinh phục tốn VD - VDC: Khoảng cách khơng gian | Phan Nhật Linh B Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 VÍ DỤ MINH HỌA CÂU Cho hình chóp S ABCD có tất cạnh a Gọi M , N trung điểm cạnh SA SC ; P điểm cạnh SD cho SP = PD Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng ( MNP ) A a 34 34 B a 17 34 C a 17 41 D a 16  LỜI GIẢI Chọn A 1 SM SN SP Ta có VD.MNP = VS.MNP = VS ACD = VS ACD 2 SA SC SD 12 Gọi O tâm hình vng ABCD Suy OA = a 2a2 a AC =  SO = SA2 − AO2 = a2 − = 2 1 a 2 a3 a3 Khi VS ACD = SO.SSCD = a =  VD.MNP = 3 2 12 144 a Do MN đường trung bình tam giác SAC nên MN = AC = 2 Tam giác SAD SCD cạnh a nên PM = PN = SM + SP − 2SM.SP.cos60 = Do tam giác MNP cân P nên gọi H trung điểm MN PH ⊥ MN Suy PH = PM − Vậy d ( D , ( MNP ) ) MN 13a2 a2 a 34 = − = 36 12 a 3VD MNP a 34 144 = = = SMNP 34 a 34 a 12 distance | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716 13a2 36 Chủ đề 01: Khoảng cách không gian CÂU Cho hình chóp S ABCD có cạnh đáy 2a , cạnh bên 3a Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SCD ) A a 14 B a 14 C a 14 D a 14  LỜI GIẢI Chọn D Gọi O = AC  DB Vì S ABCD hình chóp nên SO ⊥ ( ABCD ) đáy ABCD hình vng Ta có: ( ) = AC =  d A, SCD = 2d O , SCD ( ( )) ( ( )) d ( O , ( SCD ) ) OC d A , ( SCD ) Tam giác ACD vng D có: AC = AD + CD = 2a  OD = OC = a Tam giác SCO vng O có: SO = SC − OC = a Do SO , OC , OD đơi vng góc nên gọi h = d (O , (SCD ) ) h = OS + OD + OC = 7a h= a 14 Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SCD ) a 14 CÂU Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a Mặt bên SAB tam giác vuông cân S nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi H trung điểm AB Khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SAC ) A a B a C a D a  LỜI GIẢI Chọn C Chinh phục toán VD - VDC: Khoảng cách không gian | Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Tam giác SAB vuông cân S , H trung điểm AB nên SH ⊥ AB ( SAB ) ⊥ ( ABCD )  Ta có ( SAB )  ( ABCD ) = AB  SH ⊥ ( ABCD )  SH  ( SAB ) , SH ⊥ AB Từ H dựng HM ⊥ AC M , từ H dựng HK ⊥ SM K Ta có  AC ⊥ HM  AC ⊥ ( SHM )  AC ⊥ HK  AC ⊥ SH SH ⊥ ABCD ( ) ( )   HK ⊥ SM  HK ⊥ ( SAC ) K nên d ( H , ( SAC ) ) = HK Khi   HK ⊥ AC  AB a SH = = Ta có  Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng SHM Ta có BD a  HM = =  4 HK = SH + HM  HK = a2 + a2 ( ) a a Vậy d H , (SAC ) = 6 distance  HK = CÂU Cho lăng trụ tam giác ABC ABC  có cạnh đáy 4a Góc hai mặt phẳng ( ABC ) ( ABC ) 30 o Gọi M trung điểm cạnh AB Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( ABC ) ? A a B 3a C a D 3a  LỜI GIẢI Chọn A Gọi N trung điểm BC Do ABC ABC  lăng trụ tam giác nên BC ⊥ AN , AA AN = 2a Suy BC ⊥ ( AAN ) Từ ta có: (( ABC ) ,( ABC )) = ANA = 30 o Gọi H hình chiếu A AN , BC ⊥ ( AAN ) nên: AH ⊥ AN , BC  AH ⊥ ( ABC ) ( )  d A , ( ABC ) = AH Xét tam giác AHN vng H có: AH = AN sin ANA = a Suy d ( A , ( ABC ) ) = a a Mặt khác, M trung điểm cạnh AB nên d ( M , ( ABC ) ) = d ( A , ( ABC ) ) = 2 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716 Chủ đề 01: Khoảng cách không gian CÂU Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA , OB , OC đơi vng góc với Biết khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng BC , CA , AB a , a , a Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( ABC ) theo a A 2a B a 66 11 C 11a D a 33 11  LỜI GIẢI Chọn D Kẻ OM ⊥ AC ( M  AC ) , ON ⊥ AB ( N  AB) , OP ⊥ BC ( P  BC ) Khi ta có OP = a , OM = a , ON = a Trong (OCN ) kẻ OH ⊥ CN ( H  CN ) ta có:  AB ⊥ ON  AB ⊥ (OCN )  AB ⊥ OH   AB ⊥ OC OH ⊥ AB  OH ⊥ ( ABC )  d O , ( ABC ) = OH  OH ⊥ CN ( ) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ta có: OH = OC + ON = OA + OB + OC Lại có: 1 1 1 1 ; ; = + = + = + 2 2 2 2 OM OA OC ON OA OB OP OB OC 1  1  1 1 1   + + = 2 + +  + + =  + +  2 2 2  2 2 2  OM OM ON OP OB OC  OA OB OC ON OP   OA  OA2 + OB2 + 11 2a 33 1 1  11  =  OH = = + + =   11 OH 12a2 OC 2  2a2 3a2 a2  12a2 Vậy d(O ,( ABC )) = 2a 33 distance 11 Chinh phục toán VD - VDC: Khoảng cách không gian | Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 (S ) : ( x − 1) + ( y − ) + z2 = ( P ) : 2x + y − z + = (S ) có tâm I (1; 2; ) bán kính R = 2  7 Đường tròn giao tuyến ( C ) có tâm K  − ; ;  bán kính r =  9 9 d  ( P ) Từ điểm d vẽ tiếp tuyến đến ( Sm )   d ( K , d )  r ( ) 1  Phương trình giao điểm d ( P ) :  + 2t  + ( − mt ) − m2 + − 2t + = 2   ( − m ) t + − m2 = 6 − 2m = d  ( P)   m=3 9 − m =   x = + 2t  1   19 32 83  Thử lại với m = , ta có: d :  y = − 3t qua A  ; 4;10  KA =  ; ;  2   18 9   z = 10 − 2t   Xét d ( K , d ) = AK  ud ud  r (thỏa) Vậy có giá trị m = thỏa yêu cầu toán Câu 57: Chọn B Gọi EF đoạn vng góc chung hai đường thẳng d1 , d2 ( E  d1 , F  d2 ) Ta có mặt cầu đường kính EF mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với d1 , d2 Gọi I trung điểm EF ta có I tâm mặt cầu ( S ) E  d1  E(3 + t ; t ; t ) , F  d2  F ( + 2t ';1 + t '; 2t ' ) 473 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716 Chủ đề 11: Phương trình mặt cầu   EF.u = t= d  t ' − t =   EF(2t '− t − 1; t '− t + 1; 2t '− t ) Ta có     EF.ud1 = 9t '− 5t = t ' =    11 5     21 11  E  ; ;  , F  5; ;   I  ; ;   2 2    4 ( P ) mặt phẳng chứa d1 song song với d2 nên ( P ) tiếp diện mặt cầu (S) ( P ) qua E nhận EF làm vecto pháp tuyến có phương trình x − z − = d( I ,( P)) = 2 = IE ; AE = AI − IE2 = Gọi K giao điểm IA với mặt cầu (S) r bán kính đường trịn ( C ) ta có IK r Vậy diện tích đường trịn ( C )  r =  = = r= 25 IA AE Câu 58: Chọn B Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1; 2; −3 ) bán kính R = 3 Gọi ( C ) đường tròn giao tuyến mặt phẳng ( ABC ) mặt cầu ( S ) Đặt MA = MB = MC = x AB = x , BC = x , CA = x ABC vuông B nên trung điểm H AC tâm đường tròn ( C ) H , I , M thẳng hàng Vì AMC = 1200 nên AIC x = R  suy IM = AM = x = Lại có M  d nên M ( −1 + t ; −2 + t ;1 + t ) ,(t  1) Mà IM = nên ( t − ) + ( t − ) + ( t + ) Do a  nên t = 2 t = = 36  3t − 4t =   t =  112  −2  suy H  ; ;  Vậy a3 + b3 + c = 3 3 Câu 59: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − x + 10 y − z − = Cho m số thực thỏa mãn giao tuyến hai mặt phẳng y = m x + z − = tiếp xúc với mặt cầu (S ) Tích tất giá trị mà m nhận A −11 B −10 C −5 Lời giải D −8 Chọn A Chinh phục tốn VD - VDC: Phương trình mặt cầu | 474 Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Mặt cầu ( S ) : x + y + z − x + 10 y − z − = có tâm I ( 2; −5;1) bán kính R = 2 x = t  Giao tuyến hai mặt phẳng y = m x + z − = đường thẳng  :  y = m , t  z = − t   qua A ( 0; m; ) có véc tơ phương u = ( 1;0; −1) , IA = ( −2; m + 5; ) ,  IA , u = ( −m − 5;0; −m − )    tiếp xúc với mặt cầu ( S ) d(I ,) = R   IA , u    u =6  ( m + 5) 2 =  m2 + 10 m − 11 = Vậy tích m1 m2 = −11 Câu 60: Trong không gian Oxyz ,cho mặt cầu (S) : ( x − 1) + ( y − ) + ( z − 1) = 18 2 điểm K(4; −4; 4) Kẻ tiếp tuyến KM đến mặt cầu (S) ( M  (S)) Khoảng cách lớn từ đến đường thẳng  : A x y z−4 = = −1 −4 14 + 14 +2 B C 14 D Lời giải Chọn B Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1; 2;1) , R = , IK  R  K nằm ngồi mặt cầu Ta có KMI = 90o Suy M nằm mặt cầu đường kính IK , có phương trình là: 2   5 5 27  x −  + ( y + 1) +  z −  = 2 2   Từ suy M  mp( P) : x − y + z − = Gọi (C ) đường tròn giao tuyến ( P ) ( S )  M  ( C ) Tâm đường tròn (C ) hình chiếu vng góc I lên ( P ) x = + t  Phương trình đương thẳng d qua I vng góc với mp ( P ) là:  y = − 2t z = + t  Gọi N giao điểm d mp ( P ) N  d  N ( + t ; − 2t ;1 + t ) N  ( P)  + t − 2(2 − 2t ) + + t − =  t =  N ( 2;0; ) Vậy đường tròn ( C ) giao tuyến ( S ) mp ( P ) có tâm N , bán kính r = R2 − d ( I ,( P)) = Dẽ thấy đường thẳng   ( P )  không cắt ( C ) 475 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716 Chủ đề 11: Phương trình mặt cầu Do khoảng cách từ M đến  lớn d ( N ,  ) + r = 14 +2 Chinh phục toán VD - VDC: Phương trình mặt cầu | 476 Phan Nhật Linh CHỦ ĐỀ 12 A Câu 1: Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM Cho lăng trụ ABC ABC  có tam giác ABC cạnh 2a Hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm M BC Biết góc tạo AB mặt đáy 60 Khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( ABC ) A Câu 2: a 2a C a 39 13 D a 39 13 x = x =   Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng  :  y = + t d :  y = + t ' Biết có  z = −t  z = −1 + t '   hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' thỏa mãn A , C thuộc Ox , B , C ' thuộc  D , B ' thuộc d , thể tích khối hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' A Câu 3: B B 18 C D 18 Cho hình lăng trụ tam giác ABC ABC  có AB = AA = Gọi M , N , P trung điểm cạnh AB, AC  BC Cơsin góc hai mặt phẳng ( ABC  ) ( MNP ) bằng? A Câu 4: 11 35 B 15 60 C 13 65 D 17 45 Cho tứ diện SABC có SC = CA = AB = , SC vuông góc ( ABC ) , tam giác ABC vng A , điểm M N thuộc SA BC cho AM = CN = Khoảng cách hai đường thẳng MN SB A 2 Câu 5: C D Cho lăng trụ tam giác ABC ABC  có cạnh bên cạnh đáy Đường thẳng MN NB ( M  AC ; N  BC) đường vng góc chung AC BC  Tỷ số NC A Câu 6: B B C D Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD ABC D có A trùng với gốc tọa độ O Biết B ( m;0;0 ) , D ( 0; m;0 ) , A ( 0;0; n ) với m , n số dương m + n = Gọi M trung điểm cạnh CC  Thể tích lớn khối tứ diện BDAM 477 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716 Chủ đề 12: Ứng dụng phương pháp tọa độ không gian 11 64 A B d ( M ; ( P ) ) = C 27 Câu 7: D 75 32 Cho hình lập phương ABCD.ABC D có cạnh a Gọi G trọng tâm tam giác ABC Tính cơ-sin góc tạo A ' G CD ( ) ( ) A cos AG; CD = − C cos AG; CD = Câu 8: 14 ( ) ( ) B cos AG; CD = D cos AG; CD = − 14 14 14 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình chóp tứ giác S ABCD có điểm A ( 1; 2;0 ) , B ( 4;6;0 ) , D ( −3; 5;0 ) Gọi I tâm hình vng ABCD Tính khoảng cách từ đường vng góc chung đường thẳng SI BC đến đường thẳng AB 15 A B C 2 Câu 9: D Cho hình lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' có cạnh đáy , cạnh bên Gọi I điểm cạnh BB ' cho BI = BB ' , điểm M di động cạnh AA' Biết diện tích tam AM a giác MIC ' nhỏ tỷ số = ( a  ; b  *, ( a , b ) = 1) P = a + b AA ' b A B C D Câu 10: Cho hình chóp S ABCD có SA ⊥ ( ABCD ) , đáy ABCD hình chữ nhật Độ dài cạnh AB = 3a , AD = a , SA = 5a Gọi M điểm nằm cạnh BC BM = 3a Khoảng cách hai đường thẳng SB MD 15a 29a A B 259 245 C 39a 245 D 45a 259 Câu 11: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABC D có AB = a , AD = a AA = a Gọi M trung điểm cạnh AB Thể tích tứ diện AC DM A a3 B a3 C a3 D a3 Câu 12: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1; −3; −4) B( −2;1;1) Với M điểm đường x −1 y z +1 = = , xét N điểm di động mặt cầu có tâm M với bán kính −1 Giá trị nhỏ biểu thức P = AM + BN thuộc khoảng khoảng đây? thẳng d : A ( 1; ) B ( 3; ) C ( 5;7 ) D ( 7; ) Chinh phục toán VD - VDC: Ứng dụng phương pháp tọa độ không gian| 478 Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn C Góc AB mặt phẳng ( ABC ) góc ABM = 60 Ta có AM = BM.tan 60 = a ; AM = AB.sin 60 = 2a =a ( 3;0;0 ) , B ( 0;1; ) , C ( 0; −1;0 ) , ) , AB = ( − 3;1; ) Đặt hệ trục toạ Oxyz hình vẽ Coi a = A ( ) ( A 0;0; Gọi B ( x0 ; y0 ; z0 ) , AB = x0 ; y0 ; z0 − x = −  Vì AB = AB nên  y0 =  B − 3;1;   z0 = ( ( AB = ( −2       AC , AB = − 3; 3; −3  n = 1; − 3; 3;1;   AC = − 3; −1;0 Ta có ) ) ( ) ) ( ) vec tơ pháp tuyến mặt phẳng ( ACB ) Phương trình mp ( ACB ) x − y + 3z − =  d ( B ,( ACB) ) = Câu 2: − 3− 1+ + = a 39 39 Vậy khoảng cách từ B đến mp ( ABC ) 13 13 Chọn B 479 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716 Chủ đề 12: Ứng dụng phương pháp tọa độ không gian  AC ⊥ BC '  Nhận xét đường thẳng  , d , Ox đơi vng góc với nên  BC ' ⊥ B ' D  B ' D ⊥ AC  Gọi I tâm hình bình hành ABCD M giao D ' I B ' D IM ID 1 = =  IM = ID ' Ta có MD ' B ' D '  B ' D ⊥ AC  B ' D ⊥ ( AD ' C ) Mặt khác   B ' D ⊥ BC '  B ' D ⊥ AD ' Kẻ MH // AD ' ( H  AC )  MH ⊥ AC Suy MH đoạn vng góc chung AC , B ' D  MH = d ( AC , B ' D ) = d ( Ox; d ) = Vì MH IM = =  AD ' = AD ' ID ' Kẻ MK // AC ( K  AD )  MK ⊥ AD ' suy MK đoạn vng góc chung AD ', B ' D  MK = d ( AD ', B ' D ) = d (  ; d ) = Vì MK D ' M = =  AI =  AC = AI ID ' Ta lại có BC ' // ( AD ' C )  d ( BC '; AC ) = d ( BC '; ( AD ' C ) ) = d ( B; ( AD ' C ) ) = d ( D; ( AD ' C ) ) ( )  d D; ( AD ' C ) = d (Ox;  ) = ( )  VDAD ' C = d D; ( AD ' C ) SAD ' C 1 = d D; ( AD ' C ) AD '.AC =  VABCD A ' B ' C ' D ' = 6VDAD ' C = 18 ( Câu 3: ) Chọn C Gọi  góc hai mặt phẳng ( ABC  ) ( MNP ) Chọn hệ trục tọa độ hình ( ) ( ) Khi ta có: A ( 6;0;0 ) , B 0; −2 ; , C  0; ; , ( ) ( ) M 3; − ; , N 3; ; , P ( 0;0;0 ) ( ) Ta có:  AB, AC  = −16 ;0; −24 nên VTPT mặt phẳng ( ABC  ) n1 = ( 2;0; )  (  )  PM , PN  = −8 ;0;6 nên VTPT mặt phẳng ( PMN ) n = ( 4;0 ; −3 )   Chinh phục toán VD - VDC: Ứng dụng phương pháp tọa độ không gian| 480 Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 ( ) Khi đó: cos ( ) = cos n1 , n2 = Câu 4: 2.4 + 0.0 + ( −3 ) 2 + + 32 + + ( −3 ) = 13 65 Chọn C Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thỏa C ( 0; 0; )  O hình vẽ ( ) Điểm B ( 0; 6; )  Oy , S 0;0;  Oz , A ( 3; 3;0 ) ( ) Khi tọa độ N ( 0; 2;0 ) ; M 2; 2; ( ) ( ) NM = 2; 0; ; SB = 0;6; −3 NB = ( 0; 4;0 ) ( ) Khi  NM , SB  = −6 2;6 2;12  Câu 5:  Chọn B Kết tốn khơng thay đổi ta xét lăng trụ ABC ABC  có cạnh bên cạnh đáy z A C B M N C A O x y B ( ) Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ ( O trung điểm BC ) Ta có: A 0; − 3; , ( ) B ( 1;0;0 ) , C ( −1; 0; ) , C  ( −1; 0; ) , CA = 1; − 3; , BC  = ( −2; 0; ) CM = mCA Do  nên ta có M −1 + m; − 3m; 2m , N ( − 2n; 0; 2n )  BN = nBC  ( ( ) )  MN = −m − 2n + 2; 3m; 2n − 2m Đường thẳng MN đường vng góc chung AC BC  nên: 481 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716 Chủ đề 12: Ứng dụng phương pháp tọa độ không gian   MN CA = m = −4m + 2n = −1 BN NB   =n=  =     BC NC  − m + 4n =  MN BC = n =  Câu 6: Chọn A Ta có A ( 0;0;0 ) , B ( m;0;0 ) , D ( 0; m;0 ) , A ( 0;0; n )  n Suy C ( m; m;0 ) , B ( m;0; n ) , C  ( m; m; n ) , D ( 0; m; n ) , M  m; m;  2   n Và BD = ( −m; m;0 ) , BA = ( −m;0; n ) , BM =  0; m;  2  ( )  BD , BA = mn; mn; m2    BD , BA BM = m2 n   1 1 Ta VBDAM =  BD , BA BM = m2 n = m2 ( − m ) = m.m ( − 2m )  6 4  VBDAM Câu 7: 64  m + m + − 2m     = 27 8  Chọn A Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ  2a a   2a a  Khi đó: B ( a; 0; ) , A ( 0;0;0 ) , C ( a; a; ) , G  ; ;0  , A ( 0;0; a ) , D ( 0; a;0 ) , AG  ; ; −a  ,  3   3  Chinh phục toán VD - VDC: Ứng dụng phương pháp tọa độ không gian| 482 Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 ( ) CD ( −a;0;0 ) Áp dụng công thức: cos AG ; CD = Câu 8: AG.CD AG CD =− 14 Chọn D Vì I tâm hình vng ABCD nên I trung điểm BD  11  Tọa độ I  ; ;0  Suy tọa độ điểm C ( 0;9;0 ) 2   15  Gọi H trung điểm BC tọa độ H  2; ;0  IH ⊥ BC (1)   Vì hình chóp S ABCD hình chóp nên SI ⊥ ( ABCD )  SI ⊥ IH (2) Từ (1) (2) suy đường vng góc chung SI BC đường thẳng IH AB Vì IH / / AB nên khoảng cách từ IH đến AB = 2 Câu 9: Chọn D   Chọn hệ toạ độ Axyz cho: A ( 0;0;0 ) , B ( 0;1;0 ) , C  ; ;0  , A ( 0;0; ) Khi  2      B ' ( 0;1; ) ; C '  ; ;  ; I 0;1;1) Gọi toạ độ điểm M ( 0; 0; x )  AA ' (  x  )  2  (     IC ' =  ; − ;  ; IM = ( 0; −1; x − 1)  2   483 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716 Chủ đề 12: Ứng dụng phương pháp tọa độ không gian 1 Ta có: Diện tích tam giác MIC ' S =  IC ', IM  = x2 − 16 x + 31 = ( x − ) + 15   4 AM a Do S nhỏ x = Khi tỉ số = =  a+b = AA ' b Câu 10: Chọn D Từ giả thiết ta có BM = 3a Chọn hệ trục tọa độ đề vng góc Oxyz thỏa mãn O  A , điểm B nằm Ox , điểm D nằm Oy , điểm S nằm Oz hình vẽ: Từ giả thiết ta có tọa độ điểm B ( 3a;0;0 ) , D ( 0; a;0 ) , S ( 0;0; 5a ) M ( 3a; 3a; ) suy tọa độ vectơ SB = ( 3a;0; −5a ) , MD = ( −3a; a;0 ) , BM = ( 0; 3a;0 ) ( Tích có hướng SB, MD  = 5a2 ;15a2 ; 3a2   ) Vận dụng cơng thức tính khoảng cách d ( SB, MD ) = SB, MD  BM 45a3 45a   = = SB, MD  a 259 259   Câu 11: Chọn C Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ với O trùng B Để cho đơn giản chọn a =   Tọa độ điểm sau: M  ;0;0  , D     ( ) ( ;1;0 , A ) ( ) ;0; , C  0;1; Chinh phục toán VD - VDC: Ứng dụng phương pháp tọa độ không gian| 484 Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Thể tích tứ diện AC DM V = MD  MA, MC =   Tổng quát, với a bất kì, thể tích tứ diện AC DM V = 6a3 MD  MA, MC =   Câu 12: Chọn C Với điểm M di động đường thẳng d , N điểm di động mặt cầu có tâm M với bán kính nên BN nhỏ BN = BM − R = BM − Do đó, tốn đưa việc tìm M cho P = AM + BM − đạt giá trị nhỏ Do M  d nên M(1 + t ; 2t ; − − t ) với t  Khi AM = t + (2t + 3)2 + (3 − t )2 = 6t + 6t + 18 , BM = (t + 3)2 + (2t − 1)2 + ( −2 − t )2 = 6t + 6t + 14 Khi đó: P = 6t + 6t + 18 + 6t + 6t + 14 − = 6t + 6t + 18 + 6t + 6t + 14 − (vì t  6t + 6t + 14  nên 6t + 6t + 14 −  , 6t + 6t + 14 − = 6t + 6t + 14 − ) Xét hàm số f (t ) = 6t + 6t + 18 + 6t + 6t + 14 − , với t  Ta có f (t ) = 6t + 6t + 6t + 18 Qua đó, ta thấy t = − + , 6t + =  6t + =  t = − 6t + 6t + 14 điểm cực trị hàm số điểm cực tiểu nên hàm số f (t ) đạt giá trị nhỏ 66 + − t = − 2 485 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716 TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC NĂM 2023 PHAN NHẬT LINH Chuyên luyện thi THPT Quốc Gia 10,11,12 Điện thoại/Zalo: 0817.098.716 – Email: linh.phannhat241289@gmail.com Facebook: fb.com/nhatlinh.phan.1401/ CHỊU TRÁCH NHIỆM NỘI DUNG PHAN NHẬT LINH BIÊN TẬP PHAN NHẬT LINH THIẾT KẾ BÌA PHAN NHẬT LINH CHINH PHỤC VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO HÌNH HỌC Đề nghị quý vị tôn trọng quyền tác giả cam kết không lưu phụ chưa đồng ý Mọi ý kiến đóng góp vui lịng liên hệ thơng tin tác giả cung cấp Cuốn sách gửi cho đăng kí thơng qua tác giả ... 11 D a 22 11 Chinh phục toán VD - VDC: Khoảng cách không gian | 16 Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Câu 27: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật AB = a ,... ) Chinh phục toán VD - VDC: Khoảng cách không gian | 18 Phan Nhật Linh A Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 3a B 3a C 3a D 3a Câu 43: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật. .. )) = 2a 33 distance 11 Chinh phục tốn VD - VDC: Khoảng cách khơng gian | Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 CÂU Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD hình thang cân có góc đáy