Nắm trọn chuyên đề môn toán năm 2021 hình học oxyz số phức phần 2

CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZ CHỦ ĐỀ : TỌA ĐỘ HĨA VÀ BÀI TỐN ĐẠI SỐ LÍ THUYẾT ➢ LƯU Ý MỘT SỐ CƠNG THỨC SAU ĐÂY ❖ Tích có hướng a = (a1 ; a2 ; a3 ) b = (b1 ; b2 ; b3 )  a, b  = (a2b3 − a3b2 ; a3b1 − a1b3 ; a1b2 − a2b1 ) a , b , c đồng phẳng   a, b  c = ▪ a b phương   a, b  = ▪ 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 ' ❖ Góc hai mặt phẳng: o o ▪ Gọi  góc hai mặt phẳng    90 ( ( P ) : Ax + By + Cz + D = ▪ cos = cos(n P , nQ ) = ) ( Q ) : A ' x + B ' y + C ' z + D ' = n P nQ A.A' + B.B '+ C.C ' = A2 + B + C A '2 + B '2 + C '2 nP nQ ❖ Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng d (M , ) = Ax + By0 + Cz0 + D A2 + B + C ❖ Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng d ( M , ) = [M M , u ] u ❖ Khoảng cách hai đường thẳng chéo d (d , d ') = [a, a '].MM ' = [a, a '] Vhop Sday ❖ Góc hai đường thẳng: a.a ' cos = cos(a, a ') = a a' = a1.a '1 + a2 a '2 + a3 a '3 a + a22 + a32 a '12 + a '22 + a '32 ❖ Góc đường thẳng mặt phẳng: sin  = cos(a, n) = Aa1 +Ba +Ca A + B + C a12 + a22 + a32 ❖ Mẹo nhớ công thức góc hình học Oxyz: ▪ Cùng loại dùng Cos (Góc đường thẳng với đường thẳng, mặt phẳng với mặt phẳng) ▪ Khác loại dung Sin (Góc đường thẳng mặt phẳng) Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” 347 CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZ VÍ DỤ MINH HỌA VÍ DỤ 1: Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với mặt phẳng đáy Gọi M trung điểm BC H trung điểm AM Biết HB = HC , HBC = 30 ; góc mặt phẳng ( SHC ) mặt phẳng ( HBC ) 60 Tính cơsin góc đường thẳng BC mặt phẳng ( SHC ) A B 13 C D Lời giải Chọn B Từ M trung điểm BC H trung điểm AM , HB = HC suy AM ⊥ BC , hay tam giác ABC cân đỉnh A a a a Do HBC = 30 suy HM = Đặt SA = b  AM = Đặt hệ trục tọa độ hình vẽ: Đặt BC = a  BM = z S A C H x M y B a a   a a   a  Ta có A ( 0;0;0 ) , B  ; ;0  , C  − ; ;0  ; H  0; ;0  , S ( 0;0; b ) 3        a a   a  Ta có HC =  − ; ; −b  ;0  ; SH =  0;      ab ab a  Nên  HC , SH  =  − ;− ;−  12   ( ) Suy ( SHC ) có véc-tơ pháp tuyến n1 = 2b 3;6b; a Mặt phẳng ( HBC ) có véc-tơ pháp tuyến k = ( 0;0;1) Góc mặt phẳng ( SHC ) mặt phẳng ( HBC ) 60 nên cos ( ( SHC ) , ( HBC ) ) = n1.k n1 k  cos 60 = a 12b + 36b + 3a  12b + 36b + 3a = a  b = a / 348 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  3a 3a  Khi n1 =  ; ; a  , đường thẳng BC có véc-tơ phương i = (1;0;0 )  2   Gọi  góc đường thẳng BC mặt phẳng ( SHC ) , ta có sin  = n1.i n1 i = 3a 2  3 13 = Do cos  = − sin  = −   =  2 4  9a 27a  + + 3a 4 VÍ DỤ 2: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) Gọi G trọng tâm tam giác SAB M , N trung điểm SC, SD (tham khảo hình vẽ bên) Tính cơsin góc hai mặt phẳng ( GMN ) ( ABCD ) A 39 13 B 13 13 C 39 39 D Lời giải Chọn A Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ Khi  3 a  a   −a   −a  S  0;0;  ; A  ;0;0  ; B  ;0;0  ; C  ; a;0  ; D  ; a;0   2  2        a a a 3  a a a 3 a 3 suy G  0;0; ; M ; ; ; N − ; ;    4   4        Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” 349 CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZ Ta có mặt phẳng ( ABCD ) có vectơ pháp tuyến k = ( 0;0;1) , mặt phẳng ( GMN ) có vectơ pháp  a a tuyến n = GM ; GN  =  0; − ;     24   39 = = Gọi  góc hai mặt phẳng ( GMN ) ( ABCD ) , ta có cos = 13 39 n.k 24 n.k VÍ DỤ 3: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông A , ABC = 60o , BC = 2a Gọi D điểm thỏa mãn 3SB = 2SD Hình chiếu S mặt phẳng ( ABC ) điểm H thuộc đoạn BC cho BC = 4BH Biết SA tạo với đáy góc 60o Góc hai đường thẳng AD SC A 90o B 30o C 60o D 45o Lời giải Chọn A a2 a 3a a + a − .a = Ta có AH = BH + BA − 2.BH BA.cos 60 =  AH = 2 SH 3a tan 60o =  SH = AH = AH 2 2 o  3   3  Chuẩn hóa chọn hệ trục tọa độ cho H ( 0;0;0 ) , C  ;0;0  , A  0; ;0  , S  0;0;  ,  2  2    9 3 3      B  − ;0;0  , SB =  − ;0; −   SD =  − ;0; −   D  − ;0; −  4 2 4      3 3 u = Ta có DA =  ;  ;    ( ) 3; 2; vtcp AD 3 3 SC =  ;0; −   v = (1;0; −1) vtcp SC Ta có u.v =  AD ⊥ SC 2 2 Vậy góc hai đường thẳng AD SC 90o 350 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 4: Cho lăng trụ ABCD A1 B1C1 D1 có đáy ABCD hình chữ nhật AB = a , AD = a Hình chiếu vng góc điểm A1 mặt phẳng ( ABCD ) trùng với giao điểm AC BD Góc hai mặt phẳng ( ADD1 A1 ) ( ABCD ) 600 Tính khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng ( A1 BD ) theo a A a B a C a D a Lời giải Chọn D Gọi H tâm đáy ABCD đặt A1 H = x Chọn hệ trục hình vẽ z A1 D1 B1 C1 A D y B H C x Tọa độ điểm: a a  a a  A (0; 0; 0), B (a; 0; 0), D (0; a 3; 0), C a; a 3; , H  ; ; x ;  , A1  ; 2 2       ) ( a a  ; x  , AD = 0; a 3; 2    ( Suy AA1 =  ; )  a2    n = ( x; 0; a ) VTPT ( A AD)   AA1 , AD  =  ax 3; 0;       Và k = (0; 0;1) VTPT ( ABCD) nên theo giả thiết đề ta có: n.k = cos 600  2a = x2 + a2  x = n.k 3a a a   a a  A1 B =  ; − ; − x  , A1 D =  − ; ; − x    A1 B, A1 D  = a 3x; ax;   2   2      ( )  3a a a  ; ;    2   Phương trình ( A1 BD ) : x + y − a = Vì A1 B1 = AB  B1  Vậy d ( B1 , ( A1 BD ) ) = a Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” 351 CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZ VÍ DỤ 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang vng A B ; AB = AD = 2a, CB = a , góc hai mặt phẳng ( SBC ) ( ABCD ) 60o Gọi I trung điểm cạnh AB Biết hai mặt phẳng ( SDI ) ( SCI ) vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) , tính thể tích khối chop S.ABCD theo a 3a 3 A B a 15 C 3a 15 D 8a 15 Lời giải Chọn C z S A D I y B C x Vì hai mặt phẳng ( SDI ) ( SCI ) vng góc với đáy nên SI ⊥ ( ABCD) Đặt SI = x, x  , tọa độ điểm là: I ( 0; 0; ) , A ( − a; 0; ) , B ( a; 0; ) , C ( a; a; ) , D ( − a; 2a; ) , S ( 0; 0; x ) Suy SC = ( a; a; − x ) , ( CD = ( −2a; a; )   SC, CD  = ax; 2ax; 3a2   ) Nên n1 = ( x; x; 3a ) VTPT mặt phẳng (SCD) Mà k = (0; 0;1) VTPT mặt đáy nên theo giả thiết đề ta có n1 k n1 k Mặt khác: SABCD = VS ABCD = 352 = cos 600 =  3a x + a2 = 3a 15 x= AB ( BC + AD ) = 3a2 nên thể tích khối chóp 1 3a 15 3a3 15 SI SABCD = 3a2 = 3 5 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 Câu 1: Cho hình lăng trụ đứng ABC ABC có đáy ABC tam giác vuông cân, AB = AC = a , AA = h ( a, h  ) Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo AB BC theo a , h ah A Câu 2: a + 5h 2 B ah 5a + h 2 C ah 2a + h 2 ah D a + h2 Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) : 3x + y − z − 12 = cắt trục Ox A , cắt trục Oz B Chu vi tam giác OAB A B 12 C 36 D Câu 3: D ( ;1; ) A (1;1; ) B ( ; − 1; 3) C ( ; ; m ) Xác định m để bốn điểm , , tạo thành tứ diện A m B m  C m  D m  Câu 4: Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1; 2; − 3) , B ( −4; 2;5 ) , M ( a ; 2;1) với a tham số Biết điểm M thuộc đường thẳng AB , tìm a A a = − Câu 5: B a = −6 C a = D a = Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y − z − = hai điểm M (1;1;1) , N ( −3; −3; −3) Mặt cầu ( S ) qua hai điểm M , N tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) điểm Q Biết Q thuộc đường trịn cố định Tính bán kính R đường trịn A R = Câu 6: 11 B R = 33 C R = D R = Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz ,cho tứ diện ABCD có tọa độ điểm A (1;1;1) , B ( 2;0; ) C ( −1; − 1;0 ) , D ( 0;3; ) Trên cạnh AB , AC , AD lấy điểm B , C AB AC AD + + = tứ diện ABCD tích nhỏ Phương trình mặt AB AC  AD phẳng ( BC D ) , D cho Câu 7: A 16 x − 40 y − 44 z + 39 = B 16 x − 40 y − 44 z − 39 = C 16 x + 40 y + 44 z − 39 = D 16 x + 40 y − 44 z + 39 = Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , tâm O Gọi M N trung điểm hai cạnh SA BC , biết MN = a Khi giá trị sin góc đường thẳng MN mặt phẳng ( SBD ) A Câu 8: B C Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S : x x đường thẳng d : y z D y 2 z Xét t mt với m tham số thực Giả sử P P ' hai mặt phẳng chứa (m 1)t Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” 353 CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ d , tiếp xúc với S T T ' Khi m thay đổi, tính giá trị nhỏ độ dài đoạn thẳng TT ' A Câu 9: B 11 C 13 D 2 Cho hình hộp đứng ABCD ABC D có đáy hình thoi, tam giác ABD Gọi M , N trung điểm BC C D , biết MN ⊥ BD Gọi  góc tạo đường thẳng MN mặt đáy ( ABCD ) , giá trị cos  A cos  = B cos  = C cos  = 10 D cos  = Câu 10: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , gọi ( P) mặt phẳng chứa đường thẳng x −1 y + z tạo với trục Oy góc có số đo lớn Điểm sau thuộc mặt = = −1 −2 phẳng ( P) d: A E(−3;0;4) B M (3;0;2) C N (−1; − 2; − 1) D F (1;2;1) Câu 11: Trong không gian Oxyz , cho điểm A, B, C Trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng A lấy điểm S Gọi H , K hình chiếu vng góc A lên SB, SC Biết S di động d đường thẳng HK ln qua điểm cố định D Tính độ dài đoạn thẳng AD A AD = 3 B AD = C AD = D AD = Câu 12: Trong khơng gian Oxyz , cho hình lập phương ABCD ABCD có tọa độ A (1; 2;1) , C  ( 3;6; − 3) Gọi M điểm thuộc mặt cầu ( S ) : ( x − ) + ( y − ) + ( z + 1) = 2 Tính tổng khoảng cách từ điểm M đến tất mặt hình lập phương ABCD ABCD B 3 A C D 12 Câu 13: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( 2;1;2 ) , B ( 2; −3;1) , C ( 3;2;2 ) mặt phẳng ( ) : x − y + z = Gọi A , B , C hình chiếu vng góc A , B , C lên ( ) D điểm cho ABCD hình bình hành Diện tích hình bình hành ABCD A 22 B 11 C 11 D 22 Câu 14: Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1;0;0 ) , B ( 0; −1;0 ) , C ( 0; 0;1) , D (1; −1;1) Mặt cầu tiếp xúc cạnh tứ diện ABCD cắt ( ACD ) theo thiết diện có diện tích S Chọn mệnh đề đúng? A S =  B S =  C S =  D S =  Câu 15: Cho hình lăng trụ đứng ABC ABC có đáy ABC tam giác cân C , AB = 2a , AA = a , góc BC ( ABBA ) 60 Gọi N trung điểm AA M trung điểm BB Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( BC N ) 354 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 2a 74 37 B a 74 37 C 2a 37 37 D a 37 37 Câu 16: Cho tứ diện SABC có SA vng góc với mặt phẳng, SA = AB = 3cm, BC = 5cm diện tích tam giác SAC 6cm2 Một mặt phẳng ( ) thay đổi qua trọng tâm G tứ diện cắt cạnh AS, 1 + + 2 AM AN AP D Tm = 34 AB, AC M , N , P Tính giá trị nhỏ Tm biểu thức T = A Tm = 17 B Tm = 41 144 C Tm = 10 Câu 17: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , cạnh bên SA = 2a vng góc với mặt phẳng đáy Gọi M trung điểm cạnh SD Tang góc tạo hai mặt phẳng ( AMC ) (SBC ) A B C Câu 18: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng P : x Q : 2x ( P) y z 10 y D 5 2z mặt phẳng song song với Biết A (1;2;1) điểm nằm hai mặt phẳng ( Q ) Gọi ( S ) mặt cầu qua A tiếp xúc với hai mặt phẳng ( P ) ( Q ) Biết ( S ) thay đổi tâm ln nằm đường trịn Tính bán kính r đường trịn A r B r 2 C r Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” D r 355 CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZ ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1: Chọn A Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ A ( 0;0;0 ) ; A ( 0;0; h ) ; C ( 0; a;0 ) ; B ( a;0;0 ) ; B ( a;0; h ) ; C  ( 0; a; h ) AB = ( a;0; h ) ; BC  = ( −a; a; h ) ;  AB; BC  = ( −ah; −2ah; a ) ; AB = ( a;0;0 ) d ( AB; BC  ) = Câu 2:  AB; BC  AB ah   = 2  AB; BC  a + h   Chọn B Ta có: A = ( P )  Ox  A ( 4;0;0 ) ; B = ( P )  Oz  B ( 0;0; − 3) OA = ( 4;0;0 )  OA = OA = 42 + 02 + 02 = OB = ( 0;0; − 3)  OB = OB = 02 + 02 + ( −3) = BA = ( 4;0;3)  AB = BA = 42 + 02 + 32 = Khi chu vi tam giác OAB bằng: OA + OB + AB = + + = 12 Câu 3: Chọn C Ta có: AB = (4; − 2; − 1) , AC = (1;1; m − 4) , AD = (2; ; 1) Suy ra:  AB, AD  = (−2 ; − ; 4) điểm A , B , C , D tạo thành tứ diện  vectơ AB , AC , AD không đồng phẳng   AB, AD  AC   −2.1 + (−6).1 + 4(m − 4)   m  Vậy m  Câu 4: Chọn A Ta có AB = ( −5;0;8 ) ; AM = ( a − 1;0; ) Vì điểm M thuộc đường thẳng AB nên AB phương AM Cách 1: Áp dụng tính chất tích có hướng vec tơ ta có: 356 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 a , b phương với tương đương a , b =   Khi ta có: AB phương AM tương đương  AB , AM  =  ( 0;8a + 12;0 ) =  8a + 12 =  a = − Cách 2: Vì AM phương AB nên ta có: AM = k AB   −5 k = a − k =    0k = ( )   a=− −5 = a −  8k =   Vậy a = − Câu 5: Chọn C Phương trình đường thẳng MN : x −1 y −1 z −1 = = 1 Gọi  E = MN  ( P ) Suy tọa độ điểm E thỏa hệ:  x −1 y −1 z −1 x = = =   1   y =  E ( 3;3;3)   x + y − z − =  z = Suy EM = 3; EN = Ta có EQM ENQ đồng dạng, suy EQ EM =  EQ = EM EN = 36 EN EQ  EQ = Do điểm Q thuộc đường trịn tâm E, bán kính R = Câu 6: Chọn D Trên cạnh AB , AC , AD tứ diện ABCD có điểm B , C , D Áp dụng V AB AC  AD công thức tỉ số thể tích ta có ABC D =   VABCD AB AC AD Từ giả thiết AB AC AD + + = , áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có: AB AC  AD Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” 357 CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ 4= V AB AC AD AB AC AD + +  3   = 3 ABCD AB AC  AD AB AC  AD VABC D  64  27  VABCD 27  VAB 'C ' D '  VABCD VAB 'C ' D ' 64 Do VABCD cố định nên VAB 'C ' D ' nhỏ  VA ' B 'C ' D ' =  27 AB AC AD VABCD  = = =   64 AB AC AD AB AC  AD = = = AB AC AD  ( BC D ) song song với ( BCD ) qua điểm B thoả AB = AB Có BC = ( −3; − 1; − ) , BD = ( −2;3; ) , suy vectơ pháp tuyến mặt phẳng ( BC D ) n =  BC , BD  = ( 4;10; − 11) Có AB = (1; − 1;1) , giả sử B ' ( x ; y ; z ) Do AB = 7 7 AB nên B '  ; ;  4 4 Vậy phương trình ( BC D ) là: 16 x + 40 y − 44 z + 39 = Câu 7: Chọn B Gọi I hình chiếu M lên ( ABCD ) , suy I trung điểm AO a 3a Xét CNI có: CN = , NCI = 45o AC = 4 Áp dụng định lý cosin ta có: Khi CI = a 9a a 3a 2 a 10 + − = 4 NI = CN + CI − 2CN CI cos 45o = 3a 5a a 14 − = Xét MIN vuông I nên MI = MN − NI = 2 a 14 SO  SO = 2 Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ: Mà MI / / SO, MI =      2    Ta có: O ( 0;0;0 ) , B  0; ;0  , D  0; − ;0  , C  ;0;0  , N  ; ;0  , 2      4    358 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     2 14  14  A  − ;0; ;0;0  , S  0;0;  , M  −  4        2   14  14  14  Khi MN =  , ,  ; ; −  SB =  0; ; −  SD =  0; − ; −        ( ) Vectơ pháp tuyến mặt phẳng ( SBD ) : n = SB  SD = − ;0;0 Suy sin ( MN , ( SBD ) ) = Câu 8: MN n − = MN n 2 = Chọn C Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;3 ) , bán kính R = Mặt phẳng ( ITT ' ) cắt d điểm M Gọi H giao điểm TT  MI Vì TIH ~ MIT nên ta có: TH TI TM TI R MI − R R2 =  TH = = = R 1− TM MI MI MI MI   TH  MI Do TT  = 2TH nên TTmin x Nhận xét với y z t mt ta có: x + y + z = + t − mt + ( m − 1) t = (m 1)t nên m thay đổi ta ln có ( d )  ( P ) : x + y + z − = cố định Vì MI = d ( I , ( P ) ) =  = 2TH = R − Từ ta có: TTmin + + −1 +1 +1 2 = R2 22 13 = 2.2 − = 2 MI      3 Ta kiểm tra điều kiện đủ toán, tức chứng minh hình chiếu vng góc I lên ( P ) thuộc vào đường thẳng d Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” 359 CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ x = 1+ t  Gọi d  đường thẳng qua I vng góc với ( P ) ta có: d  :  y = + t z = + t  Gọi M hình chiếu vng góc I lên ( P ) ta có: M = d   ( P ) suy ra: (1 + t ) + ( + t ) + ( + t ) − =  t = −5  −2  M ; ;   3 3  −2  = 1+ t  −5  t= 1   Xét hệ:  = − mt Vậy với m = độ dài TT  nhỏ 3 m =  4  = ( m − 1) t  Câu 9: Chọn A Đặt cạnh hình thoi ABCD , chiều cao hình hộp = h ( h  ) Gọi O giao điểm hai đường chéo AC BD hình thoi Tam giác ABD  AO = 1 = CO , BD = AB = 1, BO = DO = BD = 2  −1    ; h  , D  0; ;   B D ( 0;1; − h ) Ta có B   0;      −1      M  ; ;  , N  ; ; h   MN  0; ; h     4   4  Vì MN ⊥ B D  MN B D  h =  h = 2 Câu 10: Cách 1: Đường thẳng d qua điểm M (1; − 2;0) , có véc tơ phương a = (1; − 1; − 2) trục Oy có véc tơ phương j = (0;1; 0) Gọi n = ( A; B; C ) ( A2 + B + C  0) véc tơ pháp tuyến mặt phẳng ( P) Vì d  ( P )  a n =  A + (−1).B + (−2).C =  A = B + 2C  n = ( B + 2C ; B; C )   Gọi  góc mặt phẳng ( P) trục Oy      2  360 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 có sin  = n j B = ( B + 2C ) + B + C n j = C  C +   +   B B = C 2 5 +  +  B 5 B2 B + BC + 5C = ( B  0)   Vì hàm số sin  tăng liên tục  0;  nên  đạt giá trị lớn sin  lớn  2 C C 2 Lúc  +  + đạt giá trị nhỏ + = B 5  B 5 Chọn B =  C = −2; A =  n = (1;5; − 2) Phương trình mặt phẳng ( P) qua điểm M (1; − 2;0) , có véc tơ pháp tuyến n = (1;5; − 2) 1.( x −1) + 5.( y + 2) − 2( z − 0) =  x + y − z + = Thế tọa độ N (−1; − 2; − 1) vào phương trình mặt phẳng ( P) : −1 + 5(−2) − 2(−1) + = Vậy điểm N (−1; − 2; − 1) thuộc mặt phẳng ( P) Cách 2: Xét toán tổng quát: Cho hai đường thẳng 1 ,  phân biệt không song song với Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng  tạo với  góc lớn Phương pháp giải: B 2 3 H 1 A M P ▪ Vẽ đường thẳng  song song với  cắt  M Gọi B điểm cố định  H hình chiếu vng góc B lên mp ( P ) , kẻ BA ⊥ 1 ▪ HB BA  (  , ( P ) ) = BMH sin BMH = BM BM không đổi Suy BMH lớn H  A Khi BMH = ( 1 ,  ) ( P ) chứa  vng góc với mặt phẳng ( 1 ,  ) Vậy ( P ) có VTPT là:  u1 , u2  , u1    Áp dụng: ud = (1; −1; −2 ) ; j = ( 0;1;0 ) , n =  ud , j  , ud  = (1;5; −2 ) Phương trình mặt phẳng ( P) qua   điểm M (1; − 2;0) , có véc tơ pháp tuyến n = (1;5; − 2) x + y − z + = Vậy điểm N (−1; − 2; − 1) thuộc mặt phẳng ( P) Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” 361 CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZ Câu 11: Chọn C Ta có: AB = ( −3;0;3) , AB = ; BC = ( 2; −1; ) , BC = ; AC = ( −1; −1;5 ) , AC = 3 Vì AB.BC =   ABC vuông B  BC ⊥ AB Ta có:   BC ⊥ ( SAB )  BC ⊥ AH  BC ⊥ SA  AH ⊥ SB  AH ⊥ ( SBC )  AH ⊥ SC Ta có:   AH ⊥ BC  SC ⊥ AH  SC ⊥ ( AHK ) Ta có:   SC ⊥ AK Do đó: Gọi D giao điểm HK BC SC ⊥ AD  AD ⊥ SA  AD ⊥ ( SAC )  AD ⊥ AC Ta có:   AD ⊥ SC Vì D nằm mặt phẳng D giao điểm BC đường thẳng vng góc với AC A nên D cố định Trong ΔDAC vng A, ta có: AD = AC.tan C = AC AB = 3 = Đáp án C BC Câu 12: Chọn C Ta có AC ' = nên AB = Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 2; 4; −1) trùng với tâm hình lập phương ABCD ABCD có bán kính R =1 AB nên mặt cầu ( S ) nằm hình lập phương ABCD ABCD Với điểm M nằm hình lập phương ABCD ABCD , tổng khoảng cách từ điểm M đến mặt hình lập phương ABCD ABCD AB = Vậy từ điểm M thuộc mặt cầu ( S ) , tổng khoảng cách từ điểm M đến mặt hình lập phương ABCD ABCD 362 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 Câu 13: Chọn C Ta có AB = ( 0; −4; −1) , AC = (1;1;0 )  n ABC =  AB, AC  = (1; −1;4 )  SABC =  AB, AC  = 2 cos ( ( ABC ) , ( ) ) = n ABC n  n ABC n   SABCD = SABC = = 22 22  SABC = SABC cos ( ( ABC ) , ( ) ) = = 33 33 11 11 Câu 14: Chọn B Nhận thấy AB = AC = BC = DA = DB = DC = nên ABCD tứ diện cạnh Theo giả thiết giao tuyến mặt cầu tiếp xúc cạnh tứ diện với ( ACD ) đường tròn nội tiếp tam giác ACD Gọi r bán kính hình tròn nội tiếp tam giác ACD , p = Khi diện tích tam giác ACD , SACD = pr  AC + CD + AD = 2 3 AC = r  r = = pr  2  6  Diện tích thiết diện S =  r =    = 6   Cách 2: Vì ABCD tứ diện nên ( ACD ) cắt mặt cầu theo giao tuyến đường tròn nội tiếm ACD Suy tâm đường tròn trùng với trọng tâm tam giác ACD bán kính  6  AC r= = Diện tích thiết diện S =  r =    = 6   Câu 15: Chọn A Gọi H , K là trung điểm cạnh A ' B ' AB Từ giả thiết ta có: HB ' = a  HB = a  HC ' = HB.tan 60o = a Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” 363 CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZ Mặt khác: HC ', HB ' HK đôi vng góc   a 2 Tọa độ hóa: H (0;0;0) , C '(0; a 6;0) , A '(−a;0;0) , A(−a;0; a) , N  −a;0;  , B '(a;0;0) , a  B(a;0; a) , M  a;0;  2  C ' B = (a; −a 6; a)  Xét mặt phẳng ( BC ' N ) có  a   BN =  −2a;0; −  2     Phương trình ( BC ' N ) là: 6( x + a) − y −  z −  vtpt n = ( 6; −3; −4 6) a  = 2 Khoảng cách từ M đến ( BC ' N ) là: d ( M ;( BC ' N )) = a a 6(a + a) − 3.0 − 6( − ) 2a 2a 74 2 = = 37 + + 96 111 Câu 16: Chọn A Vì tam giác SAC vng A  AC = 2SSAC = cm SA Vì AC + AB2 = BC nên tam giác ABC vuông A Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ Ta có A ( 0; 0; ) , B ( 3; 0; ) , C ( 0; 4; ) , S ( 0; 0;3 ) Vì G trọng tâm tứ diện SABC nên ta có: xS + x A + xB + xC  =  xG = 4  yS + y A + yB + yC  3 3 =  G  ;1;   yG = 4 4  z S + z A + z B + zC  =  zG = 4  364 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 A lên mặt phẳng ( ) Theo tính chất tam diện vng ta có: 1 1 + + = 2 AM AN AP AH 1 1 mà AH  AG  T = T  + + =  2 2 AM AN AP 17 AH AG T= Dấu “=” xảy H  G tức mặt phẳng ( ) qua điểm OG Vậy giá trị nhỏ T G vuông góc với đường thẳng 17 Câu 17: Chọn D Để thuận tiện việc tính tốn ta chọn a = Trong không gian, gắn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ cho gốc O trùng với điểm A , tia Ox chứa đoạn thẳng AB , tia Oy chứa đoạn thẳng AD , tia Oz chứa đoạn thẳng AS Khi đó: A(0;0;0) , B(1;0;0) , C (1;1;0) S (0;0;2) , D(0;1;0)     Vì M trung điểm SD nên tọa độ M M  0; ;1  SB Ta có   BC   AM   AC  = (1;0; −2) = (0;1;0)  n( SBC ) = [ SB; BC ] =(2;0;1)   =  0; ;1 −1      n( AMC ) = [ AM ; AC ] =  −1;1;    = (1;1;0) Gọi  góc hai mặt phẳng ( AMC ) (SBC ) ( ) Suy cos  = cos n( SBC ) ; n( AMC ) = Mặt khác, + tan  = n( SBC ) n( AMC ) n( SBC ) n( AMC ) = 1  tan  = − Vậy tan  = −1 = 2 cos  cos   5     Câu 18: Chọn A Điểm M (1;0;0 ) điểm thuộc ( P ) Vì ( P ) // ( Q ) nên d ( ( P ) , ( Q ) ) = d ( M , ( Q ) ) = + 10 22 + ( −1) + ( −2 ) Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TỐN HỌC 4.0” 2 = 12 = 365 CHUN ĐỀ: HÌNH TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZ Giả sử I ( a ; b ; c ) tâm ( S ) Vì ( S ) tiếp xúc với ( P ) ( Q ) nên bán kính mặt cầu ( S ) d (( P ) , (Q )) = 2 Do IA = nên I ln thuộc mặt cầu (T ) tâm A , bán kính R = = Ngoài d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) )  2a − b − 2c − 22 + ( −1) + ( −2 ) 2 = 2a − b − 2c + 10 22 + ( −1) + ( −2 ) 2  2a − b − 2c − = 2a − b − 2c + 10  2a − b − 2c − = − ( 2a − b − 2c + 10 )  2a − b − 2c + = Do I ln thuộc mặt phẳng ( R ) : x − y − z + = Gọi H hình chiếu vng góc A lên ( R ) Vì A, ( R ) cố định nên H cố định Ta có: AH = d ( A, ( R ) ) = 2.1 − − 2.1 + 22 + ( −1) + ( −2 ) 2 = Mà AH ⊥ ( R )  AH ⊥ HI , AHI vuông H nên HI = 2 AI − AH = 22 −   = 3 Vậy I thuộc đường tròn tâm H , nằm mặt phẳng ( R ) , bán kính r = 366 Thực sưu tầm biên soạn: nhóm admin luyện thi Đại học Một sản phẩm nhóm “TƯ DUY TOÁN HỌC 4.0” ... )) = 2 Do IA = nên I ln thuộc mặt cầu (T ) tâm A , bán kính R = = Ngoài d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) )  2a − b − 2c − 22 + ( −1) + ( ? ?2 ) 2 = 2a − b − 2c + 10 22 + ( −1) + ( ? ?2 ) 2  2a −... ( −1) + ( ? ?2 ) 2  2a − b − 2c − = 2a − b − 2c + 10  2a − b − 2c − = − ( 2a − b − 2c + 10 )  2a − b − 2c + = Do I ln thuộc mặt phẳng ( R ) : x − y − z + = Gọi H hình chiếu vng góc A lên (... ( P ) ) =  = 2TH = R − Từ ta có: TTmin + + −1 +1 +1 2 = R2 22 13 = 2. 2 − = 2 MI      3 Ta kiểm tra điều kiện đủ toán, tức chứng minh hình chiếu vng góc I lên ( P ) thuộc vào đường thẳng