File đáp án CHUYÊN ĐỀ TOÁN

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 HỆ TRỤC TỌA ĐỘ TRỤC TỌA ĐỘC TỌA ĐỘA ĐỘ Chuyên đề 28 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ MỨC 7-8 ĐIỂM Lý thuyết chung Hệ trục tọa độ Oxyz:  Hệ trục gồm ba trục Ox, Oy, Oz đôi  vng góc  Trục Ox : trục hồnh, có vectơ đơn vị i (1;0;0)  Trục Oy : trục tung, có vectơ đơn vị j (0;1;0)  Trục Oz : trục cao, có vectơ đơn vị k (0;0;1)  Điểm O(0;0;0) gốc tọa độ      u xi  y j  zk  u ( x; y; z ) Tọa độ vectơ: Vectơ   a (a1 ; a2 ; a3 ), b (b1 ; b2 ; b3 ) Ta có: Cho   a b  (a1 b1 ; a2 b2 ; a3 b3 )       a  kb (k  R )  a b  phương ka  ( ka ; ka ; ka )  a1 kb1 a1 a2 a3  a1 b1  a  kb    , (b1 , b2 , b3 0)    2  b b2 b3 a b  a2 b2 a kb 3  a b  3    2   2 a  a a12  a22  a32 a b  a b  a b  a b a  a  a  a 1 2 3 2        a1b1  a2b2  a3b3   a.b cos(a , b )     a  b  a b   a b  a b  a b  1 2 3  a b a1  a22  a32 b12  b22  b32  Tọa độ điểm:  M ( x; y; z )  OM  ( x; y; z )  Cho A( x A ; y A ; z A ) , B ( xB ; yB ; zB ) , C ( xC ; yC ; zC ) , ta có: AB ( xB  x A ; y B  y A ; z B  z A ) AB  ( xB  x A )  ( yB  y A )  ( z B  z A )    Toạ độ trung điểm M đoạn thẳng AB:  Toạ độ trọng tâm G tam giác ABC:  x  x  x y  yB  yC z A  z B  zC   x  x y  yB z A  zB  M A B; A ; G A B C ; A ;    2  3   QUY TẮC CHIẾU ĐẶC BIỆT Chiếu điểm trục tọa độ Chiếu điểm mặt phẳng tọa độ  Điểm  Điểm  Điểm Chiếu vào Ox M ( xM ; yM ; zM ) ắắ ắ ắắ đ M1 ( xM ;0;0) ( Giữ nguyên x ) Chiếu vào Oy M ( xM ; yM ; zM ) ắắ ắ ắắ đ M (0; yM ;0) ( Giữ nguyên y ) Chiếu vào Oz M ( xM ; yM ; zM ) ắắ ắ ắắ đ M (0;0; zM ) ( Giữ nguyên z ) Đối xứng điểm qua trục tọa độ  Điểm  Điểm Chiếu vào Oxy M ( xM ; yM ; zM ) ¾¾ ¾ ¾ ¾® M1 ( xM ; yM ;0) ( Giữ nguyên x, y) Chiếu vào Oyz M ( xM ; yM ; zM ) ắắ ắ ắ ắđ M2 (0; yM ; zM ) ( Giữ nguyên y, z ) Chiếu vaøo Oxz M ( x ; y ; z ) ¾¾ ¾ ¾ ¾® M ( x ;0; z ) M M M ( Giữ nguyên x, z) M M  Điểm Đối xứng điểm qua mặt phẳng tọa độ Trang  Đối xứng qua Ox M ( xM ; yM ; zM ) ắắ ắắắắắắ đ M1 ( xM ;- yM ;- zM ) ( Giữ nguyên x; đổi dấu y , z )  Đối xứng qua Oy M ( xM ; yM ; zM ) ¾¾ ¾¾¾¾¾¾ ® M2 (- xM ; yM ;- zM ) ( Giữ nguyên y; đổi dấu x , z )  Đối xứng qua Oz M ( xM ; yM ; zM ) ắắ ắắắắắắ đ M3 (- xM ;- yM ; zM ) ( Giữ nguyên z; đổi dấu x , y ) Đối xứng qua Oxy M ( xM ; yM ; zM ) ắắ ắắắắắắ đ M1 ( xM ; yM ;- zM ) ( Giữ nguyên x , y; đổi dấu z ) Đối xứng qua Oxz M ( xM ; yM ; zM ) ¾¾ ¾¾¾¾¾¾ ® M2 ( xM ;- yM ; zM ) ( Giữ nguyên x , z; đổi dấu y ) Đối xứng qua Oyz M ( xM ; yM ; zM ) ắắ ắắắắắắ đ M3 (- xM ; yM ; zM ) ( Giữ nguyên y, z; đổi dấu x ) Tích có hướng hai vectơ:     a  ( a , a , a ) b (b1 , b2 , b3 ) , tích có hướng a b là: ,  Định nghĩa: Cho  a a3 a3 a1 a1 a2     a , b    ; ;   a2b3  a3b2 ; a3b1  a1b3 ; a1b2  a2b1   b2 b3 b3 b1 b1 b2             [a, b]  a b sin  a , b  Tính chất: [ a, b]  a [ a, b]  b       Điều kiện phương hai vectơ a & b  Điều kiện đồng phẳng ba vectơ a, b c        a, b  0 [ a , b].c 0  (0;0;0)   với  Diện tích tam giác ABC:   S ABC   AB, AC     VABCD   AB, AC  AD  Thể tích tứ diện:  Diện tích hình bình hành ABCD:   SABCD   AB, AD   Thể tích khối hộp:    VABCD A ' B 'C ' D '  [ AB, AD ] AA ' Dạng Tìm tọa độ điểm, véc tơ liên quan đến hệ trục tọa dộ OXYZ Dạng 1.1 Một số toán liên quan đến vectơ, tọa độ vec tơ Câu (THPT Hùng Vương Bình Phước 2019) Trong không gian với hệ trục Oxyz cho ba điểm A( - 1; 2; - 3) , B ( 1; 0; 2) , C ( x; y; - 2) A x + y =1  Có thẳng hàng Khi x + y 11 x + y =5 B x + y = 17 C Lời giải  AB = ( 2; - 2;5) , AC = ( x +1; y - 2;1) D x+ y = 11 ìï ïï x =x +1 y - ï Û = = Û í Þ x + y =1 - ïï   ïï y = A, B, C thẳng hàng Û AB, AC phương îï Câu Trang (HSG Tỉnh Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho vectơ    a  2; m  1;3 , b  1;3;  2n  a m , n Tìm để vectơ , b hướng m 7; n  m 7; n  A B m 4; n  C m 1; n 0 D Lời giải TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021  k 2  k    k    m  3k  m 7 3 k  2n   n        m 7; n  a b hướng  a kb  Vậy Câu (THPT Nguyễn Khuyến -2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  2;  1;5  , B  5;  5;7  , M  x; y;1 Với giá trị x, y A, B, M thẳng hàng B x  4; y  C x 4; y  D x  4; y 7 Lời giải A x 4; y 7 Chọn A   AB  3;  4;  , AM  x  2; y  1;   Ta có    A, B, M thẳng hàng  AB, AM phương Câu  x  x  y 1     4  y 7 A  2;  2;1 (THPT Quỳnh Lưu Nghệ An -2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm , B  0;1;  Oxy  Tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng  cho ba điểm A , B , M thẳng hàng M  4;  5;  M  2;  3;  M  0;0;1 M  4;5;  A B C D Lời giải   M   Oxy   M  x ; y ;0  AB   2;3;1 ; AM  x  2; y  2;  1 Ta có ; x  y     x 4       y  Để A , B , M thẳng hàng AB AM phương, đó:  Vậy Câu M  4;  5;0  (THPT Yên Khánh - Ninh Bình - 2019) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho véc tơ        u v  m ;2; m    với m tham số thực Có giá trị m để  v u 2i  j  k , B A Ta có C Lời giải  u  2;  2;1 Khi  u  22      12 3 D  v  m  22   m  1  2m  2m   m 1    m  m     m  u  v  2m  2m   Do Vậy có giá trị m thỏa yêu cầu toán Câu (Chuyen ĐHSP Hà Nội -2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABCD ABC D có A  0;0;0  , B  a; 0;  ; D  0; 2a;  , A 0;0; 2a  với a 0 Độ dài đoạn thẳng AC  A a B 2a C 3a a D Trang Lời giải  Ta có AB  a;0;0    AA  0;0;2a  ;     AC   a;2a;2a  Theo quy tắc hình hộp ta có AB  AD  AA  AC   2 AC  AC  a   2a    2a  3 a Suy AC  3 a Vậy độ dài đoạn thẳng Câu ; AD  0;2a;0    (Chuyên Lê Quý Dôn - Dà Nẵng - 2018) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho     a  2;3;1 b   1;5;  c  4;  1;3  x   3; 22;5  , , Đẳng thức đẳng thức sau?         x  a  b  c x  a  A     B    3b  c C x 2 a  b  c D x 2 a  b  c Lời giải     Đặt: x m a  n b  p c , m, n, p   2m  n  p    3m  5n  p 22 m  2n  p 5  I     3; 22;5  m  2;3;1  n   1;5;   p  4;  1;3   I Giải hệ phương trình   ta được:     Vậy x 2 a  b  c Câu  m 2   n 3  p   (Chun Thái Bình - 2018) Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với:   AB  1;  2;  AC  3;  4;  ; Độ dài đường trung tuyến AM tam giác ABC là: A 29 B Ta có 29 C Lời giải 29 D 29   2 AB 12      22 9 AC 32      62 61 AC AB 1.3         2.6 23 , ,    BC  AC  AB  AC 2  AB 2  AC AB 61   2.23 24 Áp dụng cơng thức đường trung tuyến ta có: AB  AC BC  61 24 AM     29 4  Trang  TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Vậy AM  29 Câu (Hồng Quang - Hải Dương - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho vectơ     a  2;m  1;3 b  1;3; 2n  m n a , Tìm , để vectơ , b hướng n  n  A m 7 ; B m 7 ; C m 4 ; n  D m 1 ; n 0 Lời giải     a b a Các vectơ , hướng tồn số thực dương k cho kb  2 k  2 k  k  m 7    m  3k   m  6  3 n  3 k  2n 3 2  2n        (THPT Chu Văn An -Thái Nguyên - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình Câu 10 ABCD, B  3;0;8  , D   5;  4;  Oxy  Biết đỉnh A thuộc mặt phẳng  có tọa độ   CA  CB số nguyên, bằng: vuông A 10  B 10 BD   8;  4;    BD 12  AB  C 10 Lời giải D 10 12 6 Gọi M trung điểm AB  MC 3 10    CA  CB  2CM 2CM 6 10 Trang Dạng 1.2 Tìm tọa độ điểm Câu 11 A 1;0;3 (THPT Cù Huy Cận 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm  , B  2;3;   C   3;1;  , Tìm tọa độ điểm D cho ABCD hình bình hành D  4;  2;9  D  4; 2;9  D 4;  2;9  D 4; 2;   A  B  C  D  Lời giải Gọi D  x; y; z  Để ABCD hình bình hành  x    AB DC   1;3;      x;1  y;  z    y   D   4;  2;9   z 9   Câu 12  (THPT - Yên Định Thanh Hóa 2019) Trong khơng gian Oxyz , cho ba điểm A  1;0;  , B  1;1;0  , C  0;1;1 Tìm tọa độ điểm D cho tứ giác ABCD (theo thứ tự đỉnh) hình bình hành? A D  2;0;0  Gọi D x; y; z B D  1;1;1 D  0;0;1 C Lời giải D D  0; 2;1   Tứ giác ABCD hình bình hành AD BC   AD  x  1; y ; z  BC   1;0;1 Ta có Suy x 0; y 0; z 1 Vậy Câu 13 D  0; 0;1 (THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(1; 2;  1), B (2;  1;3) C ( 3;5;1) Tìm tọa độ điểm D cho tứ giác ABCD hình bình hành A D( 2;8;  3) B D( 4;8;  5) C D( 2; 2;5) D D( 4;8;  3) Lời giải Chọn D Gọi D ( xD ; yD ; z D ) cần tìm   Tứ giác ABCD hình bình hành  AB DC  xB  x A  xC  xD 2    xD  xD       yB  y A  yC  yD    5  yD   yD 8  z  z z  z 3  ( 1) 1  z  z  D C D   D  B A Suy ra: D( 4;8;  3) Trang TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Câu 14 (THPT Nguyễn Khuyến -2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz , Tam giác ABC với A  1;  3;3 B  2;  4;5  C  a;  2; b  G  1; c;3 ; , nhận điểm làm trọng tâm giá trị tổng a  b  c A  B C D  Lời giải Chọn D  1  a 1   a 0   3 4    b 1 c   c   35b     Vậy a  b  c  Câu 15 B  1; 2;   (THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ,   C  7; 4;   Nếu điểm E thỏa nãm đẳng thức CE 2EB tọa độ điẻm E là: 8 8 1  8 8    3; ;    ;3;    3;3;    1; 2;  3 3 3 A  3  B  C  D  Lời giải Chọn A E x; y ; z  Gọi    CE  x  7; y  4; z   EB   x;  y;   z  Ta có: ;   x 3  x  2  2x      CE 2EB   y  4  y   y   z    2z     z  Câu 16 (KTNL Gia Bình 2019) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A  1; 2;  3 B  2;5;7  C   3;1;  , , Điểm D để tứ giác ABCD hình bình hành  8 D  0; ;  D  6;6;0  D  0;8;8  D   4;  2;   A B  3  C D Lời giải Chọn D 1   xD  xD       AB DC  3 1  yD   yD  10 4  z  z  D   D Tứ giác ABCD hình bình hành Vậy D   4;  2;   Trang Câu 17 A 1;  2;0  B  2;1;   (THPT Lương Thế Vinh Hà Nội 2019) Cho tam giác ABC có  , , C  0;3;  Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD hình bình hành 1;0;    1;6;    1; 0;6  A  B C D  1;6;   Lời giải         ABCD  OA  OC  OB  OD  OD OA  OC  OB Ta có: hình bình hành  xD  x A  xC  xB  xD 1       yD  y A  yC  yB   yD     z z  z  z  z 0    D   1;0;6  A C B  D  D Câu 18 (Liên Trường Thpt Tp Vinh Nghệ An 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  3;1;   B  2;  3;5  , Điểm M thuộc đoạn AB cho MA 2 MB , tọa độ điểm M 17   8 3 ;  5;   ; ;    4;5;    1;  7;12   A  3  B C  D Lời giải M  x; y; z  Gọi Vì M thuộc đoạn AB nên:  x 3 3  x    x       MA  MB  1  y     y    y      z   z      z 3  Câu 19 (THPT Minh Khai Hà Tĩnh 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm   A  0;1;   B  3;  1;1 AM  AB Tìm tọa độ điểm M cho M  9;  5;  M  9;5;7  A B M   9;5;   M  9;  5;   C D Lời giải   M  x; y; z  AM  x; y  1; z   ; AB  3;  2;3 Gọi Ta có:  x 9  x 9     AM 3 AB   y     y   z  9  z 7 M  9;  5;    Vậy Câu 20 (Chuyên Phan Bội Châu 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm  A  1; 2;  1 , AB  1;3;1 tọa độ điểm B là: B  2;5;0  B  0;  1;   B  0;1;  B   2;  5;0  A B C D Lời giải Gọi Trang B  x; y; z  TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021 Có Câu 21  x 2    y 5  B  2;5;0    z 0 A  1; 2;  1 AB  1;3;1  x  1; y  2; z  1  (Đề Thi Công Bằng Khtn 2019) Trong không gian Oxyz , cho hình bình hành ABCD Biết A  1;0;1 B  2;1;  D  1;  1;1 , Tọa độ điểm C 2; 0;  2; 2;  2;  2;  A  B  C  Lời giải x; y; z Gọi tọa độ điểm C    Vì ABCD hình bình hành nên DC  AB   DC  x  1; y  1; z   AB  1;1;1 Ta có  x  1  x 2    y  1   y 0  z  1  z 2  Suy  2; 0;  Vậy tọa độ điểm C  Câu 22 D  0;  2;0  A  1; 2;   (Sở Phú Thọ -2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm 8 8 B ; ;   3  Biết I  a; b; c  tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB Giá trị a  b  c A B C D Lời giải Chọn D O I A D B   8  OB  ; ;  OA  1; 2;    3  , OA 3, OB 4 Ta có ,    OA DA DA  DB  DB DB OB Gọi D chân đường phân giác kẻ từ O , ta có , suy    3   12 12  4.OA  3.OB D ; ; 0 DA  DB  OD   Do  7   15 5 AD  ;  ;   AD   7 Ta có Trang  5  AD 7 ID  IO  IO  OI  OD  D  1; 1;  AO 12 Do a  b  c 0 Câu 23 (Chuyên Đhsp Hà Nội -2019) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho A  2;0;  , B  0; 2;0  , C  0; 0;  Có tất điểm M không gian thỏa mãn M    không trùng với điểm A, B, C AMB BMC CMA 90 ? A B C D Lời giải Gọi I , J , K trung điểm AB, BC , CA    Do AMB BMC CMA 90 nên tam giác AMB, BMC , CMA vuông M AB BC AC IM  ; JM  ; KM  2 Mặt khác AB BC  AC 2 Khi Vậy MI MJ MK  Khi M thuộc trục đường tròn ngoại tiếp đáy IJK cách  IJK  khoảng khơng đổi Khi có hai điểm M thỏa mãn điều kiện æ 8ử Nỗ - ; ; ữ ữ ỗ ữ ç è Oxyz M (2; 2;1) 3 3ø Câu 24 Trong không gian , cho hai điểm , Tìm tọa độ tâm đường trịn nội tiếp tam giác OMN A I (1;1;1) C I (0; - 1; - 1) Lời giải B I (0;1;1) D I (1;0;1) Chọn B Ta có tốn toán sau     Trong tam giác ABC , I tâm đường tròn nột tiếp D ABC ta có: a IA + b.IB + c.IC = với BC = a; AC = b; AB = c Thật vậy: A I B A' Gọi A¢ chân đường phân giác kẻ từ A c ị BAÂ= AÂC bBA¢+ cCA¢= ( 1) b Trang 10 C  c  c b + c IA = A¢I = A¢I = A¢I  ac  A' B a  ¢ Û aIA +( b + c ) IA = b +c TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021           Û aIA + bIB + cIC = ( ( 1) ) Û aIA + bIB + cIC + bBA¢+ cCA¢= Áp dụng cơng thức tam giác OMN     ta OM IN + ON IM + MN IO = OM xN + ON xM + MN xO ïìï =0 ïï xI = OM + ON + MN ïï ï OM y N + ON y M + MN yO Þ ïí yI = =1 ïï OM + ON + MN ïï ïï z = OM z N + ON z M + MN z O = ïï I OM + ON + MN ỵ Vậy điểm I (0;1;1) điểm cần tìm A( 1; 2; - 1) B ( 2; - 1;3) Câu 25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có , , C ( - 4; 7;5) Gọi a + b + 2c A D ( a; b; c ) chân đường phân giác góc B tam giác ABC Giá trị B D 15 C 14 Lời giải Chọn A B A D C Ta có AB = 26 , BC = 104 = 26  1 DA BA = = DA =DC ( *) D ( x; y; z ) Gọi , theo tính chất phân giác ta có DC BC Suy   DA = ( 1- x; - y; - 1- z ) DC = ( - - x;7 - y;5 - z ) Ta có Do ïìï ïï 1- x =- ( - - x ) ïï ï ( *) Þ ïí - y =- ( - y ) Û ïï ïï ïï - 1- z =- ( - z ) ïỵï 2 ïìï ïï x =- ïï 11 ïíï y = 11 Þ D ỉ ỗ - ; ;1ữ ữ ỗ ữị a + b + 2c = ỗ 3 ứ ùù ố ïï ïï z = ïỵï Trang 11 A   2;3;1 Câu 26 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm AB cắt mặt phẳng  Oxz  AM  A BM AM điểm M Tính tỉ số BM AM AM 2  B BM C BM B  5; 6;  Đường thẳng AM 3 D BM Lời giải Chọn A M   Oxz   M  x;0;z   ; AB  7;3;1  AB  59  ; AM  x  2;  3;z  1  x  7k  x      3k   k    z  k  z 0  M   9;0;0   AM  k AB  k    A, B, M thẳng hàng     BM   14;  6;   ; AM   7;  3;  1  BM 2 AB Câu 27 A   2;3;1 (Bình Giang-Hải Dương 2019) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ba điểm , B  2;1;0  C   3;  1;1 , Tìm tất điểm D cho ABCD hình thang có đáy AD diện tích tứ giác ABCD lần diện tích tam giác ABC A D   12;  1;3  D   8;  7;1  D  12;1;  3 B  D  8;7;  1 C Lời giải  D  8; 7;  1  D   12;  1;3 D  Chọn A 2S 1  AD  BC  d  A, BC   S ABCD   AD  BC  ABC 2 BC Ta có:  AD  BC  SABC  3S ABC   3BC  AD  BC  AD 2 BC BC   ABCD AD  BC  1 AD Mà hìnhthang có đáy nên  BC   5;  2;1 AD  xD  2; y D  3; z D  1 ,  xD   10  xD  12     yD     yD   z 3  1  zD  2  D D   12;  1;3 Vậy S ABCD  Trang 12 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Câu 28 (THPT Trần Quốc Tuấn - 2018) Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình thang ABCD vuông A B Ba đỉnh A(1;2;1) , B(2;0; 1) , C (6;1;0) Hình thang có diện tích Giả sử đỉnh D( a; b; c) , tìm mệnh đề đúng? A a  b  c 6 B a  b  c 5 C a  b  c 8 Lời giải      AB   BC 3 AB  1;  2;   BC  4;1;1 Ta có ; D a  b  c 7 Theo giả thiết ABCD hình thang vng A B có diện tích nên 1 AB  AD  BC  6  AD  6  AD  BC  AD  2  1 AD  BC Do ABCD hình thang vuông A B nên   a   a      b    b  3     c 1 c   3  a  b  c 6  Giả sử D( a; b; c) ta có   Câu 29  (Chuyên Lê Quý Dôn - Dà Nẵng - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình hộp ABCD ABC D Biết A  2; 4;  , B  4;0;  , C   1; 4;   D 6;8;10  Tọa độ điểm B B 8; 4;10  B 6;12;  B 10;8;6  B 13; 0;17  A  B  C  D  Lời giải A' B' C' D'(6; 8; 10) A(2; 4; 0) O D Giả sử B(4; 0; 0) C(-1; 4;-7) D  a; b; c  B a; b; c , a       b 8  O  ; 4;  c    2 Gọi O  AC  BD Trang 13      DD  9;0;17  BB  a  4; b; c Vậy , Do ABCD ABC D hình hộp nên DD BB  a 13   b 0 c 17  Câu 30 Vậy B 13; 0;17  (Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2018) Trong không gian Oxyz , cho hình hộp ABCD ABC D có A  1;0;1 , B  2;1;  , D  1;  1;1 , C  4;5;   Tính tọa độ đỉnh A hình hộp A 4;6;   A 2;0;  A 3;5;   A 3; 4;   A B C D Lời giải     Theo quy tắc hình hộp ta có: AB  AD  AA  AC      Suy AA  AC   AB  AD    AC   3;5;   AB  1;1;1 AD  0;  1;0  Lại có: , ,  AA  2;5;   Do đó: A 3;5;   Suy Câu 31 (Chuyên Lê Hồng Phong 2018) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hình hộp ABCD ABC D có A  0; 0;  , B  3; 0;  , D  0; 3;  , D 0; 3;  3 Toạ độ trọng tâm tam giác ABC A  1; 1;   B  2; 1;   1; 2;  1 C  Lời giải D C A A  C B C  x; y; z   DC  x; y  3; z  Gọi ABCD hình bình hành  AB DC   x; y; z   3; 3; 0  C  3; 3;    AD  0; 3;  A x; y ; z   AD   x;  y ;   z Ta có Gọi    AD  AD   x; y ; z   0; 0;  3  A 0; 0;  3 ADDA hình bình hành  B x0 ; y0 ; z0   AB  x0 ; y0 ; z0   Gọi    AB  AB   x0 ; y0 ; z0   3; 0;  3  B 3; 0;  3 ABBA hình bình hành Cách 1: Ta có Trang 14 AB  3; 0;   2; 1;  1 B D  D TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 033  2  xG   003    yG  1  G  2; 1;     3 30    zG  G trọng tâm tam giác ABC   3 3 I  ; ;  G a; b; c  Cách 2: Gọi I trung điểm đoạn thẳng BD Ta có  2  Gọi  trọng tâm tam giác ABC 3 3   3  a       3    3 3 DI  ;  ;    3  b       2    2 2    3   IG  a  ; b  ; c    3  c         2  Do đó:  2   Ta có: DI 3IG với  G 2;1;   Vậy  Câu 32  a 2  b 1 c   (Chuyên Lê Hồng Phong - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  1; 2;  1 , B  2;  1;3 ABC  11    ; ;1 A  3  , C   4;7;5  Tọa độ chân đường phân giác góc B tam giác  11   ;  2;1  B   11   ; ;  C  3  Lời giải     BA   1;  3;   BA  26; BC   6;8;   BC 2 26 D   2;11;1 Ta có: Gọi D chân đường phân giác kẻ từ B lên AC tam giác ABC  11  DA BA  D   ; ;1     3  Suy : DC BC  DC  DA Câu 33 (Toán Học Và Tuổi Trẻ - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho     OA 2i  j  2k , B   2; 2;0  C  4;1;  1 Trên mặt phẳng  Oxz  , điểm cách ba điểm A , B , C 1 3 M  ; 0;  2 4 A Ta có: Câu 34 A  2; 2;   1 3 N  ; 0;   B  PA PB PC   1 3 P  ; 0;   C  Lời giải 1 3 Q  ; 0;  2 D  21 A 1;3;  1 B  3;  1;5  (SGD Thanh Hóa - 2018) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm  ,   Tìm tọa độ điểm M thỏa mãn hệ thức MA 3MB  13  M  ; ;1 3  A 7  M  ; ;3   3  B 7  M  ; ;3  C  3  D M  4;  3;8  Trang 15 Lời giải x A  xB   xM   4    y  yB  MA 3MB   yM  A   M  4;  3;8    z A  3zB   zM   8  Ta có Câu 35 (SGD - Đà Nẵng - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABCD ABC D , A  3;0;  B  0; 2;  D  0;0;1 A 1; 2;3 biết  , , , Tìm tọa độ điểm C  C  10; 4;  C   13; 4;  C  13; 4;  C  7; 4;  A  B  C  D  Lời giải A' B' D' C' A B D Gọi C  x; y; z   AB  3; 2;   ; AD  3;0;1 ;  x 10     y 4        z 4   C  13; 4;   AC   10; 4;   Mà AC   AB  AD  AA Câu 36 Ta có C  AA  4; 2;3 (Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  0; 2;   , B  2; 2;   Giả sử I  a; b; c  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB Tính T a  b  c A T 8 B T 2 C T 6 Lời giải D T 14   OA  0; 2;   OB  2; 2;    OAB  Ta có , có phương trình: x  y  z 0 I   OAB   a  b  c 0    AI  a; b  2; c   BI  a  2; b  2; c   OI  a; b; c  , , 2 2 a   c    a     c    AI BI   a  c 4  2  2  b     c   b  c  b  c  Ta có hệ  AI OI a  c 4  a  c 4   b  c    a  b  c 0  b  c  Ta có hệ  Trang 16  a 2  b 0 c   TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Vậy I  2;0;    T a  b  c 8 2 A  4; 2; 1 Câu 37 (THPT Trần Quốc Tuấn - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm   B   2;  1;  M AM  MB , Tìm tọa độ điểm thỏa mãn đẳng thức M  0; 0;3 A B M (0;0;  3) C M ( 8;  4;7) D M (8; 4;  7) Lời giải  x  2    x   x 0    y  2    y    y 0     z 3 M  x; y; z    z  2   z  Gọi điểm Khi đó: AM 2 MB M  0; 0;3 Vậy Câu 38 (Chuyên Lê Hồng Phong - TPHCM - 2018) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ba điểm A   2;3;1 AD A B  2;1;0  C   3;  1;1 , Tìm tất điểm D cho ABCD hình thang có đáy S ABCD 3S ABC , D  8; 7;  1 Ta có: S ABCD   3S ABC   D   8;  7;1  D  12;1;  3 B   AD  BC  d  A, BC   D  8;7;  1  D   12;  1;3 D  12;  1;3 C  D  Lời giải 2S  S ABCD   AD  BC  ABC BC  AD  BC  SABC  3BC  AD  BC  AD 2 BC   ABCD AD  BC  1 AD Mà hìnhthang có đáy nên  BC   5;  2;1 AD  xD  2; y D  3; z D  1 ,  xD   10  xD  12     yD     yD   z  2  z 3  1  D  D D  12;  1;3  Vậy  BC Dạng Tích vơ hướng, tích có hướng ứng dụng Dạng 2.1 Tích vơ hướng ứng dụng Câu M  2;3;  1 N   1;1;1 (Mã 104 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm , P  1; m  1;  A m 2 Tìm m để tam giác MNP vng N B m  C m 0 Lời giải D m  Chọn C   MN   3;  2;  ; NP  2; m  2;1 Tam giác MNP vuông  N  MN NP 0     m    0  m    m 0 Trang 17 Câu (THPT Yên Khánh - Ninh Bình - 2019) Trong không gian Oxyz cho điểm A  5;1;5  ; B  4;3;  ; C   3;  2;1 Điểm I  a; b; c  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tính a  2b  c ? A B C Lời giải D     AB   1; 2;  3   AB.BC 0   BC   7;  5;    Ta có  tam giác ABC vng B  tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC trung điểm cạnh huyền AC   I  1;  ;3   Vậy a  2b  c 3   Câu (HSG Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho véc tơ      u  1;1;   , v  1;0; m  Tìm tất giá trị m để góc u , v 45 B m 2  A m 2 C m 2  Lời giải  u v      u , v 45  cos u, v   u.v +      2m  m  m  1  2m 0   2  3m  1  4m  4m  m  4m  0  m 2  Câu D m 2     m  1 1  2m  a  5;3;   Oxyz (Sở Kon Tum - 2019) Trong không gian , cho vec tơ    b  m;  1; m  3 Có giá trị nguyên dương m để góc hai vec tơ a b góc tù? A B C D Lời giải Chọn A     a b 3m  cos a; b     a.b 38 2m  6m  10  Ta có      cos a ; b   3m    m  Góc hai vec tơ a b góc tù m   1; 2 Vì m nguyên dương nên Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán     c  x; y; z  a  1;3; , b   1; 2;3    Biết khác vng góc với hai vectơ Khẳng định đúng? A z  x 0 B x  y 0 C z  x 0 D x  y 0  Câu Lời giải Chọn D Trang 18   c  x; y; z  TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021    a  1;3; , b   1; 2;3   khác vng góc với hai vectơ Theo giả thiết ta có nên   c a 0 1 x  y  z 0 1 x  y  z 0      c b 0  x  y  z 0 5 y  z 0 5  1 x  y  y 0   z  y  Câu 7 x  y 0  5 y  z 0 A  2;0;0  B  0; 2;0  C  0;0;  Trong không gian tọa độ Oxyz , cho , , Có tất điểm M không gian AMB BMC   CMA 90 A thỏa mãn B M không trùng với C Lời giải điểm A, B ,C D Chọn C    AM BM 0      BM CM 0   M  x; y; z    CM AM 0 Gọi Ta có: AMB BMC CMA 90  x  x    y  y    z 0    x  y  y    z  z   0    x  x    y  z  z   0 3 x  x 0    x  y z Câu  x  y  z  x  y 0  2  x  y  z  y  z 0   x  y  z  x  z 0   x  y  z  x  y 0   x z  y z   M  0;0;0   M  4;4;4   3    (Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai vectơ u v     u  v  u v tạo với góc 120 , Tính A 19 Ta có :  B    u v C D Lời giải  2       2  u  u v cos u; v  v  u  v u2  2uv v    39    1 22  2.2.5     52 19  2   u  v  19 Suy Câu (THPT Trần Nhân Tông - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm M  2;3;  1 A m  , N   1;1;1 P  1; m  1;  B m 0 Tìm m để tam giác MNP vng N C m  D m 2 Lời giải Trang 19 Ta có   NM  3; 2;   NP  2; m  2;1 ,   MNP N Tam giác vuông NM NP 0  3.2   m    2.1 0  m 0 Vậy giá trị cần tìm m m 0 Dạng 2.2 Tích có hướng ứng dụng A 2; 0;  B  1;  1;   C   1;1;0  (Yên Phong - 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm  , , , Câu D   2;1;  Thể tích khối tứ diện ABCD 42 14 21 A B C Lời giải    AC   3;1;   ; AB   1;  1;   ; AD   4;1;0     AB, AC    6;  10;       V   AB, AC  AD  14  6 Thể tích khối tứ diện là: D   a   5;3;  1 b  1; 2;1 Oxyz Câu 10 (SGD Cần Thơ - 2018) Trong không gian , cho vectơ , ,     a  b, c  c  m;3;  1 Giá trị m cho A m  B m  C m 1 D m 2 Lời giải   b, c    5; m  1;3  2m      m  3 a  b, c     m 2  m   Ta có: Câu 11 Trang 20  m  4;3;1 (SGD - Đà Nẵng - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ ,        m, n  n  0;0;1 p   m n Gọi vectơ hướng với (tích có hướng hai vectơ ) Biết   p 15 , tìm tọa độ vectơ p     p  9;  12;0  p  45;  60;  p  0;9;  12  p  0; 45;  60  A B C D Lời giải   m; n   3;  4;0   Ta có :          m; n  p k  m; n  Do p vectơ hướng  với  nên , k 0    p 15  k  m, n  15  k 15  k 3 Vậy p  9;  12;0  Mặt khác: