Dạng 2 tích vô hướng và ứng dụng

Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 I PHẦN ĐỀ BÀI Câu Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A( 2;1;  3) B(1; 0;  2) Độ dài đoạn thẳng AB A 3 Câu B 11 C 11 D 27     a  2;3;  1 ; b  2;  1;3  Trong khơng gian Oxyz cho  Sin góc a b A B  Câu D C  A  1;0;1 B  4; 2;   Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm Độ dài đoạn thẳng AB 22 C D 22  Tích vơ hướng ứng dụng  u   ;0;1 Câu Trong khơng gian tọa độ Oxyz , góc hai vectơ i A B  A 30 Câu  C 60 B 120 D 150 A  2;0;0  ; B  0;3;1 ; C   3; 6;  Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho Gọi M điểm nằm đoạn BC cho MC 2 MB Độ dài AM D    a  b b Cho hai vec tơ Khi tích vơ hướng A 12 B C 11 D 10   a  5; 3;   b  m;  1; m  3 Trong không gian Oxyz , cho vectơ Có giá   trị nguyên dương m để góc hai vectơ a b góc tù? A B C D A Câu Câu Câu B 3   a  1;  2;3 , b   2;1;  C 30   A  1;0;0  B  0;0;1 C  2;1;1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có , , Diện tích tam giác ABC bằng: A Câu 29 11 B C D A  0;0;0  , Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' có B  a;0;  , D  0; 2a;0  , A '  0;0; 2a  3a B 2a a C D     B  m; m  1;   Câu 10 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho OA 3i  j  2k Tìm tất giá A 3a với a 0 Độ dài đoạn thẳng AC ' trị tham số m để độ dài đoạn AB 3 A m 2 m 3 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh B m 1 m 4 Hình học tọa độ Oxyz C m 1 m 2 D m 3 m 4  P  :2 x  y  z  0 Gọi M , N lần Câu 11 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P với trục Ox , Oz Tính diện tích tam giác OMN 3 C D   u  1;1;   , v  1;0; m  Câu 12 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho véc tơ Tìm tất c giá trị   m để góc u , v 45 lượt giao điểm mặt phẳng 9 A B B m 2  C m 2  D m 2    u   3;0;1 Câu 13 Trong không gian tọa độ Oxyz góc hai vectơ i A m 2  A 120 B 30 C 60  D 150 A  0;0;0  B  a;0;0  Câu 14 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABCD ABC D có , ; D  0; 2a;0  A 0;0;2a  , với a 0 Độ dài đoạn thẳng AC  A a B 2a C 3a a D  A  2;  1;3 B  3; 2;   Câu 15 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm , Vectơ AB có tọa độ A  1;  3;   B  1;3;   C   1;3;   D   1;  3;   A  0;  1;  B  2;  3;  C   2;1;1 Câu 16 Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho bốn điểm , , , D  0;  1;3  Gọi  L tập hợp tất điểm M không gian thỏa mãn đẳng thức     MA MB MC MD 1 Biết  L  đường trịn, tính bán kính đường trịn đó? A r B r 11 C r D r Câu 17 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;  D  a; b; c  , , đỉnh Biết hình thang có diện tích , tính a  b  c ? A a  b  c 6 B a  b  c 8 C a  b  c 12 D a  b  c 7 M  1; 2;5   P  qua điểm Câu 18 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm Mặt phẳng M cắt trục tọa độ Ox , Oy , Oz A , B , C cho M trực tâm tam giác ABC Thể tích tứ diện OABC 10 A B 450 C 10 D 45 Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2023 | Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 Câu 19 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d2 : x y 2 z    d1 : x2 y  z   1 Phương trình mặt phẳng  P  chứa  d1  cho góc  P  đường  d2  lớn là: ax  y  cz  d 0 Giá trị biểu thức T a  c  d 13 T  A T 0 B T 3 C D T  thẳng Câu 20 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm  P  : x  y  z 1 0 Điểm C điểm C  A thuộc  P B  A   2;1;   , B   1;1;0  mặt phẳng cho tam giác ABC vuông cân B Cao độ C   D  S  : x  y  z  x  y  z  0  Câu 21 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu hai điểm  A  0; 2;  , B  2;  6;   M  a; b; c   S  thỏa mãn tích MA MB có giá trị nhỏ Điểm thuộc Tổng a  b  c A  C B Câu 22 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   A  2;0;  2 , B   4;  4;  D  ( S ) : ( x  2)  ( y  1)  z  Biết tập hợp điểm M  9 thuộc ( S ) cho   MA2  MO.MB 16 đường trịn Bán kính đường trịn A B | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh C 2 hai điểm D Hình học tọa độ Oxyz II PHẦN HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu Câu Chọn C   AB (3;  1;1)  AB  32  ( 1)  12  11 Ta có Chọn D    4 cos a; b   sin a; b   cos a; b  7;       Câu   Chọn A AB  A  1;0;1 B  4; 2;   Với , ta Câu   1 2         1  22    M  a; b; c   BM  a; b  3; c  1 ; BC   3;3;3 Giả sử Ta có M điểm  a    3      b      c  3   Câu Vậy độ dài đoạn thẳng AB 22 Chọn D   u   ;0;1 Gọi  góc hai vectơ i , ta có :  i u  cos       1500 i.u Chọn A  Câu   nằm đoạn BC cho    BM  BC MC 2MB  a   b 4  c 2  M   1; 4;  AM   3;4;2   AM  29 Do Chọn C Tư tốn học 4.0 – Luyện thi Đại học 2023 | Phan Nhật Linh   a  b   1;  1;5   Ta có Câu Chọn A   a b Góc hai vectơ   cos a, b   a.b      Fanpage: Luyện thi Đại học 2023    a  b b        1  2.5 11  góc tù 5.m    1      m  3   3m    m  m   1; 2 Câu Vì m số ngun dương nên tốn Chọn C Vậy có giá trị m nguyên dương thỏa yêu cầu Câu       AB; AC    S     AB ; AC   1; 2;   ABC   AB   1;0;1 AC  1;1;1     2 , Chọn A  ABCD A ' B ' C ' D ' Từ giả thiết ta có hình     AC   AB  AD  AA  a; 2a; 2a     AC '  AC   a  4a +4a 3 a AC   a; 2a; 2a  Vậy Câu 10 Chọn B   OA 3i  j  2k  A  3;1;   AB   m  3 AB 3  2 hộp chữ nhật nên   m        2m  10m  17  m 1 2m  10m  17 3    m 4 Câu 11 Chọn A Cách Mặt phẳng  P  :2 x  y  z  0 N  0;0;  3   M   ; 0;    , cắt trục Ox , Oz        OM   ;0;0     OM , ON   0;  ;0     , ON  0; 0;  3  Suy ra:  S   OM , ON   Vậy diện tích tam giác OMN | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh Hình học tọa độ Oxyz Cách OM  , ON 3 Ta có Vì hai điểm M , N thuộc trục Ox , Oz nên tam giác OMN vuông O S  OM ON  Do đó, diện tích tam giác OMN là: Câu 12 Chọn C  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     m  1 1  2m Câu 13 Chọn D   u.i  cos u, i       u , i 150 u i i  1;0;0   Ta có Vậy Câu 14 Chọn C    Ta có AB  a;0;0   ;    AA  0;0; 2a  AD  0;2a;0  ;     AC   a;2a;2a    AB  AD  AA  AC Theo quy tắc hình hộp ta có  2 AC  AC  a   2a    2a  3 a Suy   AC  3 a Vậy độ dài đoạn thẳng Câu 15 Chọn B   AB   2;    1 ;   3 AB  1;3;   Vậy Câu 16 Chọn D  Trước tiên, ta xét toán phụ sau: “Trong khơng gian cho đoạn thẳng AB bất kì, có trung điểm I Chứng minh tập hợp   M điểm thỏa mãn MA MB k  mặt cầu tâm I bán kính R  k  IA ” Thật vậy:       MA MB k  MI  IA        MI  IB  k   MI  IA   MI  IA k  MI  IA2 k  MI k  IA2 hay IM  k  IA Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2023 | Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 Suy M thuộc mặt cầu tâm I , bán kính R  k  IA  Áp dụng: Có I  1;  2;1 J   1;0;  trung điểm đoạn thẳng AB CD Sử dụng kết toán trên, ta có:   R 2 (1) + Từ điều kiện MA MB 1 , suy M thuộc mặt cầu tâm I , bán kính   R 2 (2) + Từ điều kiện MC MD 1 , suy M thuộc mặt cầu tâm J , bán kính Ta có R1  R2 0  IJ 3  R1  R2 4 (3) Từ (1), (2) (3) suy M thuộc đường tròn giao tuyến hai mặt cầu nêu + Gọi K tâm đường tròn giao tuyến  3 r KM  IM  IK       2 Suy bán kính cần tìm 2 Câu 17 Chọn A   AB  1;  2;   BC  4;1;1  AB 3 BC 3 Ta có , , Mặt khác, hình thang ABCD vng A B , suy  1 AB  AD  BC  S ABCD  6  AD   AD  BC  a      b       c   AD  a  1; b  2; c  1 Với ta   a     b    7 4  c   D  ; ;     Vậy a  b  c 6 Câu 18 Chọn B Mặt phẳng  P A  a, 0,  qua điểm M cắt trục tọa độ Ox , Oy , Oz A , B , C Gọi ; B  0, b,0  C  0, 0, c   P  có dạng: ; Phương trình mặt phẳng | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh Hình học tọa độ Oxyz x y z   1 a b c Do M  1; 2;5   P thuộc mặt phẳng  1  1 nên thay vào   1 ta có: a b c  2    CB 0  AM  BC   AM     BM AC 0 Mặt khác M trực tâm tam giác ABC nên  BM  AC     AM   a; 2;5  BM  1;  b;5  CB  0; b;  c  AC   a;0; c  Ta có ; ; ;  b  c  2b  5c 0    a 5c Khi :  a  5c 0 Thay vào (2) ta có:  a 30   b 15   1 c 6   c 6 5c 5c c 1 V  OA.OB.OC  abc  30.15.6 450 6 Vậy thể tích tứ diện OABC là: (đơn vị thể tích) Câu 19 Chọn B Ta xét toán tổng quát sau: Bài toán: Cho hai đường thẳng chứa d1 , d không song song Viết phương trình mặt phẳng  P  d1 tạo với đường thẳng d góc lớn Phương pháp giải   d d u u Giả sử có vectơ phương , có vectơ phương Trước hết ta xét trường hợp d1 d chéo Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2023 | Phan Nhật Linh d1 Gọi M điểm thuộc Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 d , dựng đường thẳng qua M song song với Lấy điểm A cố định đường thẳng Gọi H hình chiếu A lên mặt phẳng P , K d hình chiếu A lên đường thẳng Góc mặt phẳng  P đường thẳng d2  AMH AH AK  sin d , P sin HMA   AM AM Ta có   sin d , P   AK  lớn Do AM  P Mặt phẳng  không đổi suy cần tìm mặt phẳng chứa  P pháp tuyến  sin d , P  d , P  lớn  lớn H K d1 vng góc với mặt phẳng  AKM  , hay vectơ     u1 , u2  u   vng góc với hai vectơ Nên ta chọn vectơ pháp tuyến Trường hợp (do AH  AK ) Góc  P     n P   u1 ,  u1 , u2     d1 d cắt M , toán giải tương tự Kết luận không thay     P  n P   u1 ,  u1 , u2   đổi: vectơ pháp tuyến   u1  1; 2;  1 u2  2;  1;2  Áp dụng vào 45 ta có ;           n      u1 ; u2   3;  4;    P   u1 ;  u1 ; u2     14; 2;  10    7;  1;5  d Mặt phẳng ( P) chứa nên mặt phẳng ( P) qua điểm A(1;  2;0) Phương trình mặt phẳng  P : 7x  y  z  0 Suy a  c  d 7   3 Câu 20 Chọn A C  a; b; c  Gọi tọa độ Vì điểm C thuộc  P  : x  y  z 1 0 nên a  b  c  hay tọa độ C có dạng  2 C   b  c  1; b; c   BC   b  c; b  1; c   BC  b  c    b  1  c  Ta có AB  1; 0;   AB 5 Do   b c  AB BC 0    2 2  BC  AB  b  c    b  1  c 5 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh tam  1  2 giác ABC vuông cân B nên Hình học tọa độ Oxyz éC (- 3;1;1)  c 1 ê êỉ Û 6c  2c  0   2ữ ờC ỗ ;- ;- ữ c ỗ ữ ỗ ờố vo  ta có  ë 3 3ø Thay Vậy cao độ điểm C - Câu 21 Chọn B Cách 1:   MA   a;  b;  c    MB   a;  b  6;  c      MA.MB  a   a     b    b    c   c   a  b  c  2a  4b  2c  12 P 2  a  b2  c  2a  4b  2c  12  P 0   a  1   b     c  1 P  18 Nếu P  18   P   18 khơng tồn điểm M M  1;  2;  1 M  S  Nếu P  18 0  P  18 khơng thỏa mãn Nếu P  18   P   18 M thuộc mặt cầu  S  có tâm I  1;  2;  1 bán kính R  18  P Khi M điểm chung hai mặt cầu:  S  : x2  y  z  2x  y  2z  0 R  I  1; 2;1   bán kính 2 có tâm  S  x  y  z  x  y  z  12  P 0 có tâm I  1;  2;  1 bán kính R  18  P  S   S  có điểm chung Tồn điểm M hai mặt cầu R  R II  R  R   6  18  P 2   18  P 2   18  P        18  P 2  Khi P 9  P  9 39   P   2  18  P   (thỏa mãn P   18 ) 9 đạt hai mặt cầu tiếp xúc M  a; b; c  thỏa mãn: Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2023 | 10 Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023          R OI  OI  MI  MI   MI   MI   3MI  MI  0  OM   1 R  M   ;1;   2 Khi P    M   ;1;   a  b  c 1    2 Cách 2: M   S   a  b  c  2a  4b  2c  2 0   a  1   b     c  1  2   MA   a;  b;  c   M   S   a  b  c  2a  4b  2c   MB   a;  b  6;  c     MA.MB  a   a     b    b    c   c   a  b  c  2a  4b  2c  12   33  MA.MB  2a  4b  2c   2a  4b  2c  12   4a  8b  4c  P 2 P  4a  8b  4c   P 33 15   a  1   b     c  1  2 15   a  1   b     c  1 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki cho hai số  4;8;4 a  1; b  2; c  , ta có 2 15  2  P     a  1   b     c  1   16  64  16    a  1   b     c  1  144 2    12 P  15 39 12    P  2  4a  8b  4c 12 33    a  b  c      2   2a  b 0 P     a  c 0  a 1 b   c    4 Khi P   M   ;1;   a  b  c 1    2 Câu 22 Chọn C   I  2;1;  Mặt cầu ( S ) có tâm , bán kính R 3 11 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh  a   b 1  c   Hình học tọa độ Oxyz Với điểm M  x; y; z   ( S ) ta có MI 3      2    MI  IA  MI  IO MI  IB 16 Theo đề MA  MO.MB 16       2 2       MI  IA  MI IA  IB  IO  IO.IB 16  *   Có    IA  0;  1;  , IO  2;  1; , IB   2;  5;        , MI    x;1  y;  2 z            IA  IB  IO  0;  8;0  MI IA  IB  IO 8( y  1) IO.IB 3 , ,   Do (*)  2.9   8( y  1)  16  y 0 hay M thuộc mặt phẳng ( P) : y 0  P  mặt cầu (S ) Tập hợp điểm M đường tròn giao tuyến mặt phẳng 2 Do d ( I ;( P)) 1 suy bán kính đường trịn r   2 Cách   I  2;1;  M  x; y; z  Mặt cầu ( S ) có tâm , bán kính R 3 Gọi 2  M  ( S )   x     y  1  z   9  x  y  z  x  y  2 z  0 (1) 2     x    y  z  2  x  x    y  y    z 16 MA  MO.MB 16    x  y  z  x  y  2 z  0 (2)  x  y  z  x  y  2 z  0  x  y  z  x  y  2 z  0 Từ (1) (2) ta có hệ:   y 0 hay M thuộc mặt phẳng ( P) : y 0  P  mặt cầu (S ) Tập hợp điểm M đường tròn giao tuyến mặt phẳng 2 Do d ( I ;( P)) 1 suy bán kính đường trịn r   2 Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2023 | 12