Bài toán vận dụng cao Chủ đề TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ Có lời giải

Bài toán vận dụng cao Chủ đề TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ Có lời giảiBài toán vận dụng cao Chủ đề TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ Có lời giảiBài toán vận dụng cao Chủ đề TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ Có lời giảiBài toán vận dụng cao Chủ đề TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ Có lời giảiBài toán vận dụng cao Chủ đề TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ Có lời giảiBài toán vận dụng cao Chủ đề TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ Có lời giảiBài toán vận dụng cao Chủ đề TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ Có lời giảiBài toán vận dụng cao Chủ đề TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ Có lời giảiBài toán vận dụng cao Chủ đề TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ Có lời giảiBài toán vận dụng cao Chủ đề TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ Có lời giảiBài toán vận dụng cao Chủ đề TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ Có lời giảiBài toán vận dụng cao Chủ đề TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ Có lời giảiBài toán vận dụng cao Chủ đề TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ Có lời giải

PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10) Chủ đề TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ (SGD VĨNH PHÚC) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A (1;2; 0) , Câu 1: B (3; 4;1), D (- 1; 3;2) Tìm tọa độ điểm C cho ABCD hình thang có hai cạnh đáy AB , CD có góc C 45° A C (5;9;5) B C (1;5; 3) C C (- 3;1;1) D C (3;7; 4) Hướng dẫn giải Chọn D uuur Cách AB = (2;2;1) ìï x = - + 2t ïï Đường thẳng CD có phương trình CD : ïí y = + 2t ïï ïï z = + t ỵ uuur uuur Suy C (- + 2t; + 2t;2 + t ); CB = (4 - 2t;1 - 2t; - - t), CD = (- 2t; - 2t; - t) · Ta có cos BCD = (4 - 2t)(- 2t) + (1 - 2t)(- 2t) + (- - t)(- t) (4 - 2t)2 + (1 - 2t)2 + (- - t)2 (- 2t)2 + (- 2t)2 + (- t)2 (4 - 2t)(- 2t) + (1 - 2t)(- 2t) + (- - t)(- t) Hay (4 - 2t)2 + (1 - 2t)2 + (- - t)2 (- 2t)2 + (- 2t)2 + (- t)2 = (1) Lần lượt thay t 3;1; - 1;2 (tham số t tương ứng với toạ độ điểm C phương án A, B, C, D), ta thấy t = thoả (1) Cách uuur uuur Ta có AB = (2;2;1), AD = (- 2;1;2) uuur uuur Suy AB ^ CD AB = AD Theo uuur uuur giả thiết, suy DC = 2AB Kí hiệu ta có C(a; b; c) , uuur DC = (a + 1; b - 3; c - 2) , uuur 2AB = (4; 4;2) Từ C(3;7; 4) A D B C L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo Câu 2: (SGD VĨNH PHÚC) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba đường thẳng ìï x = t ìï x = ìï x = ïï ïï ïï ï ï d : í y = , d : í y = t , d : ïí y = Viết phương trình mặt phẳng qua điểm H (3;2;1) ïï ïï ïï ïï z = ïï z = ïï z = t ỵ ỵ ỵ cắt ba đường thẳng d , d , d A , B , C cho H trực tâm tam giác ABC A 2x + 2y + z - 11 = B x + y + z - = C 2x + 2y - z - = D 3x + 2y + z - 14 = Hướng dẫn giải Chọn A Gọi A (a; 0; 0) , B (1; b; 0), C (1; 0; c) uuur uuur uuur uuur AB = (1 - a; b; 0), BC = (0; - b; c), CH = (2;2;1 - c), AH = (3 - a;2;1) u cầu tốn ìï éuuur uuur ù uuur ïï êAB, BC ú.CH = ïï ëuuur uuur û ïí AB.CH = Û ïï uuur uuur ïï BC.AH = ïï ỵ Nếu b = suy A º ìï 2bc + 2c (a - 1) + (1 - c)b (a - 1) = ïï ïa = b + Þ 9b - 2b = Û í ïï ï c = 2b ỵï éb = ê ê êb = êë B (loại) ỉ11 ỉ ÷ ö ÷ Nếu b = , tọa độ A ỗỗ ; 0; 0ữ , B ỗỗỗ1; ; 0ữ , C (1; 0;9) Suy phương trình mặt phẳng (ABC ) l ữ ữ ữ ữ ỗố 2 ø è ø 2x + 2y + z - 11 = Câu 3: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxy , cho hình hộp chữ nhật ABCD.A¢B¢C¢D¢ có A trùng với gốc tọa độ O , đỉnh B(m; 0; 0) , D(0; m; 0) , A ¢(0; 0; n) với m, n > m + n = Gọi M trung điểm cạnh CC ¢ Khi thể tích tứ diện BDA¢M đạt giá trị lớn 245 64 75 A B C D 27 32 108 Hướng dẫn giải z A' ỉ nư ÷ Tọa độ điểm C(m; m; 0), C Â(m; m;; n), M ỗỗỗm; m; ữ ố ø 2÷ B' D' C' n uuur uuur uuur BA ¢= (- m; 0; n ), BD = (- m; m; 0), BM = ổ ỗỗ0; m; n ữ ữ ữ ỗố 2ứ A O D uuur uuur ộ ¢ ù ( êëBA , BDú û= - mn; - mn; - m ) VBDA ¢M = uuur uuur uuur m 2n é ¢ ù BM = êëBA , BDú û B m x m y C ỉm + m + 2n ÷ 512 256 ữ = ị m 2n Ê Ta cú m.m.(2n) Ê ỗỗỗ ữ ố ứ 27 27 ị VBDA ¢M £ 64 27 Chọn đáp án: C Câu 4: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hai mặt phẳng 4x - 4y + 2z - = 2x - 2y + z + = chứa hai mặt hình lập phương Thể tích khối lập phương A V = 27 B V = 81 C V  D V  64 27 Hướng dẫn giải Theo hai mặt phẳng x  y  z   x  y  z   chứa hai mặt hình lập phương Mà hai mặt phẳng ( P) : x  y  z   (Q) : x  y  z   song song với nên khoảng cách hai mặt phẳng cạnh hình lập phương Ta có M (0;0; 1)  (Q) nên d ((Q), ( P))  d ( M , ( P))  2   42  (4)2  22 2 2 Vậy thể tích khối lập phương là: V   3 27 Câu 5: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho x  t  6  điểm A(2;3;0), B(0;  2;0), M  ;  2;  đường thẳng d :  y  Điểm C thuộc d 5  z   t  cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhấ độ dài CM A B C D Hướng dẫn giải Do AB có độ dài khơng đổi nên chu vi tam giác ABC nhỏ AC  CB nhỏ Vì C  d  C  t;0;  t   AC   AC  CB   2t  2   9  2t  2   2t  2   9, BC   2t   4  L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo r Đặt u        r r r r r 2t  2;3 , v   2t  2;2 ápdụngbấtđẳngthức u  v  u  v 2t  2  9   2t   4   2   25 Dấubằngxảyrakhivàchỉ 2t  2 3 7 3 6 7    t   C  ;0;   CM           5  2t  2  5 5 5  Chọn C Câu 6: (T.T DIỆU HIỀN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A 1;1;1 , B  0;1;  , C  2;0;1  P  : x  y  z   Tìm điểm nhỏ  3 A N   ; ;   4 N   P  cho S  NA2  NB2  NC đạt giá trị B N  3;5;1 C N  2;0;1 3  D N  ;  ; 2  2  Hướng dẫn giải Chọn A 3   5 Gọi I trung điểm BC J trung điểm AI Do I  1; ;  J  0; ;  2   4 1 Khi S  NA2  NI  BC  NJ  IJ  BC 2 Do S nhỏ NJ nhỏ Suy J hình chiếu N  P   x  t   Phương trình đường thẳng NJ :  y   t    z   t x  y  z 1   x  t x       Tọa độ điểm J nghiệm hệ:  y   t  y  4     z   t z    Câu 7: (LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng  x2 x 1 x 1 y z 1   d1 :  y  1, t  ¡ ; d :  y  u , u  ¡ ;  :   Viết phương trình mặt cầu tiếp xúc 1 z  1 u z  t   với d1 , d có tâm thuộc đường thẳng  ? 2 2 2 2 2 1  1  1  B  x     y     z    2  2  2  A  x  1  y   z  1  2 5  1  5  D  x     y     z    4  4   16  3  1  3  C  x     y     z    2  2  2  Hướng dẫn giải Chọn A uur Đường thẳng d1 qua điểm M1 1;1;0  có véc tơ phương ud1   0;0;1 uur Đường thẳng d qua điểm M  2;0;1 có véc tơ phương ud2   0;1;1 Gọi I tâm mặt cầu Vì I   nên ta tham số hóa I 1  t; t;1  t  , từ uuuur IM1   t;1  t; 1  t  , uuuur IM  1  t; t; t  Theo giả thiết ta có d  I ; d1   d  I ; d  , tương đương với uuuur uur uuuur uur  IM1 ; ud   IM ; ud        uur uur ud1 ud 1  t   t2 1  t   2 t 0 Suy I 1;0;1 bán kính mặt cầu R  d  I ; d1   Phương trình mặt cầu cần tìm  x  1 Câu 8:  y   z  1  (LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1;0;  ; B  0; 1;  mặt phẳng  P  : x  y  z  12  Tìm tọa độ điểm M thuộc  P  cho MA  MB nhỏ nhất? B M   ;  ;   11 11 11   11 18  D M   ;  ;   5 5 A M  2; 2;9  C M  ; ; 6 7 31    18 25 Hướng dẫn giải Chọn D Thay tọa độ A 1;0;  ; B  0; 1;  vào phương trình mặt phẳng  P  , ta P  A  P  B    hai điểm A, B phía với mặt phẳng  P  Gọi A điểm đối xứng A qua  P  Ta có MA  MB  MA  MB  AB B A H L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm P tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo M A' Nên  MA  MB   AB M giao điểm AB với  P  x  1 t uuur Phương trình AA :  y  2t ( AA qua A 1;0;  có véctơ phương n P  1; 2; 1 )  z   2t  Gọi H giao điểm AA  P  , suy tọa độ H H  0; 2;  , suy A  1; 4;6  , x  t  nên phương trình AB :  y  1  3t  z   4t  11 18 Vì M giao điểm AB với  P  nên ta tính tọa độ M   ;  ;  5  Câu 9: (LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x y 1 z  mặt phẳng  P  : x  y  z   Phương trình đường thẳng d nằm :   1 1  P  cho d cắt vuông góc với đường thẳng   x  3  t A d :  y   2t  t  ¡  z  1 t    x  2  4t C d :  y  1  3t  t  ¡   z  4t   x  3t  B d :  y   t  t  ¡   z   2t   x  1  t  D d :  y   3t  t  ¡   z   2t  Hướng dẫn giải Chọn C uuur r Vectơ phương  : u  1;1; 1 , vectơ pháp tuyến  P  n P   1; 2;  r r r r r u d  u   d    Vì   r r  u d  u  ; n P     4; 3;1  d   P   u d  n P  x  t  y  1 t  Tọa độ giao điểm H     P  nghiệm hệ   t  2  H  2; 1;  z   t   x  y  2z   Lại có  d ;     P   d , mà H     P  Suy H  d r Vậy đường thẳng d qua H  2; 1;  có VTCP u d   4; 3;1 nên có phương trình  x  2  4t  d :  y  1  3t  t  ¡   z  4t  Câu 10: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Trong khơng gian cho điểm M (1; 3;2) Có mặt phẳng qua M cắt trục tọa độ A, B, C mà OA  OB  OC  A B C D Hướng dẫn giải Chọn C Giả sử mặt phẳng ( ) cần tìm cắt Ox, Oy, Oz A(a,0,0), B(0, b,0),C(0,0c)(a, b,c  0) ( ) : x y z    ; ( ) qua M (1; 3; 2) nên: ( ) :    1(*) a b c a b c  a  b  c(1)  a  b  c(2) OA  OB  OC   a  b  c     a  b  c(3)   a  b  c(4) Thay (1) vào (*) ta có phương trình vơ nghiệm Thay (2),(3),(4) vào (*) ta tương ứng a  4, a  6, a  3 Vậy có mặt phẳng Câu 11: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm E(8;1;1) Viết phương trình mặt phẳng ( ) qua E cắt nửa trục dương Ox, Oy, Oz A, B, C cho OG nhỏ với G trọng tâm tam giác ABC A x  y  z  11  B 8x  y  z  66=0 D x  y  z  12  C x  y  z  18  Hướng dẫn giải Chọn D Cách : Với đáp án A: A(11;0;0); B(0;11;0);C(0;0; Với đáp án B: A( 11 11 11 11 121 )  G( ; ; )  OG  3 33 11 15609 ;0;0); B(0;66;0);C(0;0;66)  G( ; 22; 22)  OG  4 16 Với đáp án C: A(9;0;0); B(0;18;0);C(0;0;18)  G(3; 18 18 ; )  OG  81 3 Với đáp án D: A(12;0;0);B(0;6;0);C(0;0;6)  G(4;2;2) OG  24 Cách : 1 Gọi A  a;0;0 , B  0; b;0 , C  0;0; c  với a, b, c  Theo đề ta có :    Cần tìm giá trị a b c nhỏ a  b2  c L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo     Ta có a  b2  c    1   a.2  b.1  c.1  a  b2  c   2a  b  c  2 Mặt khác a  b  c     1   a.2  b.1  c.1 8 1   2a  b  c      a b c     1  36 Suy a2  b2  c2  63 Dấu ''  '' xảy a2  b2  c  a  2b  2c Vậy a  b2  c2 đạt giá trị nhỏ 216 a  12, b  c  Vậy phương trình mặt phẳng : Câu 12: x y z    hay x  y  z  12  12 6 (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x2 y z 2 mặt cầu  S  :  x  1   y     z  1  Hai mặt phẳng  P  d:   1  Q  chứa d tiếp xúc với  S  Gọi M , N tiếp điểm Tính độ dài đoạn thẳng MN A 2 B C Hướng dẫn giải Chọn B Mặt cầu  S  có tâm I 1;2;1 , R  r Đường thẳng d nhận u   2; 1;4  làm vectơ phương Gọi H hình chiếu I lên đường thẳng d H  d  H  2t  2; t;4t  Lại có : uuur r IH u    2t  1; t  2;4t  1. 2; 1;4     2t  1  t    4t  1   t  Suy tọa độ điểm H  2;0;0  Vậy IH     Suy ra: HM    Gọi K hình chiếu vng góc M lên đường thẳng HI 1 1 Suy ra:      2 MK MH MI 4 Suy ra: MK   MN  3 D Câu 13: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M 1;2;1 Mặt phẳng  P  thay đổi qua M cắt tia Ox, Oy, Oz A, B, C khác O Tính giá trị nhỏ thể tích khối tứ diện OABC A 54 B C D 18 Hướng dẫn giải Chọn C Gọi A  a;0;0 , B  0; b;0 , C  0,0, c  với a, b, c  Phương trình mặt phẳng  P  : Vì : M   P   x y z   1 a b c   1 a b c Thể tích khối tứ diện OABC : VOABC  abc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 12    33 a b c ab c 54 1 abc abc Suy : abc  54  abc  Vậy : VOABC  Hay  3  x   2t  x   t   Câu 14: (THTT – 477) Cho hai đường thẳng d1 :  y   t d :  y  Mặt phẳng cách  z  t  z  2t   hai đường thẳng d1 d có phương trình A x  y  z  12  B x  y  z  12  D x  y  z  12  C x  y  z  12  A Hướng dẫn giải M Chọn D P B r d1 qua A  2;1;0  có VTCP u1  1; 1;2  ; r d2 qua B  2;3;0  có VTCP u2   2;0;1 uuur r r uuur r r Có u1, u2    1; 5; 2  ; AB   0;2;0  , suy u1, u2 .AB  10 , nên d1 ; d2 chéo Vậy mặt phẳng  P  cách hai đường thẳng d1 , d2 đường thẳng song song với d1 , d2 qua trung điểm I  2;2;0  đoạn thẳng AB Vậy phương trình mặt phẳng  P  cần lập là: x  5y  2z  12  L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo Câu 15: (THTT – 477) Cho hai điểm A  3;3;1 , B  0;2;1 mặt phẳng   : x  y  z   Đường thẳng d nằm   cho điểm d cách điểm A, B có phương trình x  t  A  y   3t  z  2t  x  t  B  y   3t  z  2t   x  t  C  y   3t  z  2t   x  2t  D  y   3t z  t  Hướng dẫn giải Chọn A Mọi điểm d cách hai điểm A, B nên d nằm mặt phẳng trung trực đoạn AB uuur 3  Có AB   3; 1;0  trung điểm AB I  ; ;1  nên mặt phẳng trung trực AB là: 2  3  5  3  x     y     x  y   2  2  3 x  y   y   3x Mặt khác d    nên d giao tuyến hai mặt phẳng:   x  y  z   z  x x  t  Vậy phương trình d :  y   3t  t  ¡   z  2t  Câu 16: (SỞ GD HÀ NỘI) Trong không gian Oxyz, cho điểm A 1;0;0  , B  2;0;3 , M  0;0;1 N  0;3;1 Mặt phẳng  P  qua điểm M , N cho khoảng cách từ điểm B đến  P  gấp hai lần khoảng cách từ điểm A đến  P  Có bao mặt phẳng  P  thỏa mãn đầu ? A Có vơ số mặt phẳng  P  B Chỉ có mặt phẳng  P  C Khơng có mặt phẳng  P  D Có hai mặt phẳng  P  Hướng dẫn giải Chọn A Giả sử  P  có phương trình là: ax  by  cz  d   a  b2  c   Vì M   P   c  d   d  c Vì N   P   3b  c  d  hay b  c  d    P  : ax  cz  c  Theo ra: d  B,  P    2d  A,  P    Vậy có vơ số mặt phẳng  P  2a  3c  c a2  c2 2 ac a2  c2  ca  ac Hướng dẫn giải Ta có: d (M , ( P))   R   ( P)  (S )    x  1 t  Đường thẳng d qua I vuông góc với (P) có pt:  y   2t , t  ¡  z   2t  5 7 1 1 Tọa độ giao điểm d (S) là: A  ; ;  , B  ;  ;    3 3  3 3 Ta có: d ( A, ( P))   d ( B, ( P))   d ( A,( P))  d (M ,( P))  d ( B,( P)) Vậy:  d (M ,( P))   M  B Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A 10;2;1 đường thẳng Câu 54: x 1 y z 1 Gọi  P  mặt phẳng qua điểm A , song song với đường thẳng d   cho khoảng cách d  P  lớn Khoảng cách từ điểm M  1;2;3 đến mp  P  d: A 97 15 B 76 790 790 C 13 13 D 29 29 Hướng dẫn giải  P  mặt phẳng qua điểm d A song song với H đường thẳng d nên  P  chứa đường thẳng d  qua điểm A song song với đường thẳng d Gọi H hình chiếu A d , K hình chiếu H  P  Ta có d  d ,  P    HK  AH ( AH không đổi) K d' A P  GTLN d (d , ( P)) AH  d  d ,  P   lớn AH vng góc với  P  Khi đó, gọi  Q  mặt phẳng chứa A d  P  vng góc với  Q  r r r  n P  u d , nQ    98;14;  70    P  :7 x  y  z  77   d  M ,  P    97 15 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A  2;5;3 đường thẳng Câu 55: x 1 y z  Gọi  P  mặt phẳng chứa đường thẳng d cho khoảng cách từ A đến   2  P  lớn Tính khoảng cách từ điểm M 1;2; 1 đến mặt phẳng  P  d: A 11 18 18 B C 11 18 D Hướng dẫn giải A Gọi H hình chiếu A d ; K hình chiếu A  P  Ta có d  A,  P    AK  AH (Không đổi)  GTLN d (d , ( P)) AH K d  A,  P   lớn K  H H P Ta có H  3;1;4  ,  P  qua H  AH d  P : x  y  z   Vậy d  M ,  P    11 18 18 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : x  y  z   hai Câu 56:  x   t x  1 t   đường thẳng d :  y  t ; d ' :  y   t  z   2t   z   2t   Biết có đường thẳng có đặc điểm: song song với  P  ; cắt d , d  tạo với d góc 30O Tính cosin góc tạo hai đường thẳng A B C D Hướng dẫn giải uur Gọi  đường thẳng cần tìm, nP VTPT mặt phẳng  P  Gọi M 1  t; t;  2t  giao điểm  d ; M    t ;1  t ;1  2t   giao điểm  d ' uuuuur Ta có: MM '   t   t;1  t   t;   2t   2t  uuuuur  M  P  MM  //  P    uuuuur uur  t     MM    t; 1  t;3  2t   MM   nP uuuuur r 6t  t  Ta có cos30O  cos MM , u d    36t 108t  156 t  1   x   x  t   Vậy, có đường thẳng thoả mãn 1 :  y   t ;  :  y  1  z  10  t  z  t   Khi đó, cos  1 ,    L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A 1;0;1 ; B 3; 2;0  ; C 1;2; 2  Gọi Câu 57:  P  mặt phẳng qua A cho tổng khoảng cách từ B C đến  P  lớn biết  P  không cắt đoạn BC Khi đó, điểm sau thuộc mặt phẳng  P  ? A G  2; 0; 3 B F  3; 0; 2 C E 1;3;1 D H  0;3;1 Hướng dẫn giải Gọi I trung điểm đoạn BC ; điểm B, C, I  lần B lượt hình chiếu B, C , I  P  I Ta có tứ giác BCCB hình thang II  đường trung bình  d  B,  P    d  C,  P    BB  CC  2II  C Mà II   IA (với IA không đổi) Do vậy, d  B,  P    d  C,  P   lớn I   A uur   P  qua A vuông góc IA với I  2;0; 1 B' P I' C' A   P  :  x  z    E 1;3;1   P  Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A 1;0;0  , B  0; b;0  , C 0;0; c  Câu 58: b, c dương mặt phẳng  P  : y  z  1 Biết mp  ABC  vng góc với mp  P  d  O,  ABC    , mệnh đề sau đúng? A b  c 1 B 2b  c 1 C b  c 1 D 3b  c  Hướng dẫn giải Ta có phương trình mp( ABC ) x y z   1 b c 1    b  c (1) b c 1 1 Ta có d  O,  ABC         8(2) 1 b c 1  b c Từ (1) (2)  b  c   b  c 1  ABC    P   Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A 1;2;3 ; B  0;1;1 ; C 1;0;   Câu 59: Điểm M  P  : x  y  z   cho giá trị biểu thức T  MA2  2MB2  3MC nhỏ Khi đó, điểm M cách  Q  :2 x  y  z   khoảng A 121 54 B 24 C Hướng dẫn giải Gọi M  x; y; z  Ta có T  x2  y  z  8x  y  z  31 D 101 54 2  2  2    145  T   x     y    z     3  3     145 2 1 với I  ; ;   3 2  T nhỏ MI nhỏ  M hình chiếu vng góc I  P   T  6MI  13  M  ; ;  18 18    (Đề minh họa L1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm Câu 60: A 1; 2;  , B 0; 1;1 , C  2;1; 1 D  3;1;  Hỏi có tất mặt phẳng cách bốn điểm đó? A phẳng B D Có vơ số mặt C Hướng dẫn giải uuur uuur uuur Ta có: AB   1;1;1 ; AC  1; 3; 1 ; AD   2; 3;  uuur uuur uuur uuur uuur Suy ra:  AB, AC    4; 0; 4    AB, AC  AD  24       điểm A, B, C, D khơng đồng phẳng Khi đó, mặt phẳng cách điểm A, B, C, D có hai loại: Loại 1: Có điểm nằm khác phía với điểm lại (đi qua trung điểm cạnh chung đỉnh)  có mặt phẳng thế) A A A A D B B C D C B D B C D C Loại 2: Có điểm nằm khác phía với điểm lại (đi qua trung điểm cạnh thuộc hai cặp cạnh chéo nhau)  có mặt phẳng thế) L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo A A A D B D B C D B C C Vậy có tất mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu toán  Chọn đáp án C (Đề minh họa L1 )Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 0;  đường Câu 61: thẳng d có phương trình: vng góc cắt d x 1 y z  B  :   1 1 x 1 y z  D  :   3 x 1 y z 1 Viết phương trình đường thẳng  qua A ,   1 Hướng dẫn giải B   Do  cắt d nên tồn giao điểm chúng Gọi B    d   Bd Phương trình tham số d: x  t    y  t ,t  ¡ z  t   Do Bd , suy uuur B  t  1; t ; t  1  AB   t ; t ; 2t   uuur Do A, B  nên AB vectơ phương  uuur r r Theo đề bài,  vng góc d nên AB  u ( u  (1;1; 2) vector phương d ) Suy uuur r uuur x 1 y z  AB.u  Giải t   AB  1;1; 1 Vậy  :   1 1  Chọn đáp án B (Đề thử nghiệm 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A  2; 3;1 Câu 62: B  5; 6;  Đường thẳng AB cắt mặt phẳng  Oxz  điểm M Tính tỉ số A AM  BM B AM  BM C AM  BM AM BM AM D  BM Hướng dẫn giải uuur uuuur M  Oxz   M  x;0;z  ; AB   7;3;1  AB  59 AM   x  2;  3;z  1 Ta có: ; uuuur uuur thẳng hàng A , B , M  AM  k AB Ta có: x   k  x  9   k  ¡   3  3k  1  k  M  9;0;0  z   k z    uuuur BM   14;  6;    BM  118  AB  Chọn đáp án A Câu 63: (Đề thử nghiệm 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng y 1 y  P  song song cách hai đường thẳng d1 : x12   1z d2 : 2x  1  z12 A  P  : x  z   B  P  : y  z   D  P  : y  z   C  P  : x  y   Hướng dẫn giải r Ta có: d1 qua điểm A  2; 0;  có VTCP u1   1;1;1 r d2 qua điểm B  0;1;  có VTCP u2   2; 1; 1 Vì  P  song songvới hai đường thẳng r r r d1 d2 nên VTPT  P  n  u1 , u2    0;1; 1 Khi  P  có dạng y  z  D   loại đáp án A C Lại có P cách d1 d2 nên P   qua trung điểm M  0; ;1  AB Do    P  : y  2z    Chọn đáp án B Câu 64: (Tạp chí THTT Lần 5) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M 1; 2; 1 Viết phương trình mặt phẳng   qua gốc tọa độ O  0; 0;  cách M khoảng lớn A x  y  z  B x y z    1 1 C x  y  z  D x  y  z   Hướng dẫn giải Gọi H hình chiếu M ( P)  MHO vuông H  MH  MO uuuur  MHmax  MO Khi ( P) qua M vng góc với MO  MO(1; 2; 1) vecto pháp tuyến ( P)  phương trình mặt phẳng ( P) 1( x  0)  2( y  0)  1( z  0)  hay x  y  z   Chọn đáp án A Câu 65: (THPT Hai Bà Trưng Lần 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  2;0; 2 , B  3; 1;  4 ,C   2; 2;0 Tìm điểm D mặt phẳng  Oyz  có cao độ âm cho thể tích khối tứ diện ABCD khoảng cách từ D đến mặt phẳng  Oxy  Khi có tọa độ điểm D thỏa mãn toán là: L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo A D  0;3; 1 B D  0; 3; 1 C D  0;1; 1 D D  0; 2; 1 Hướng dẫn giải Vì D   Oyz   D  0; b; c  , cao độ âm nên c  c Khoảng cách từ D  0; b; c  đến mặt phẳng  Oxy  : z     c  1  c   uuur uuur uuur Suy tọa độ D  0; b; 1 Ta có: AB  1; 1; 2  , AC   4; 2;  ; AD   2; b;1 uuur uuur uuur uuur   AB; AC    2;6; 2    AB; AC  AD  4  6b   6b    b  1     uuur uuur  VABCD   AB; AC  AD  b   6  D  0;3; 1 b   Mà VABCD   b     Chọn đáp án D  0;3; 1 b  1  D  0; 1; 1  Chọn đáp án A Câu 66: (THPT Hai Bà Trưng Lần 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm H 1;2;3 Mặt phẳng  P  qua điểm H , cắt Ox, Oy, Oz A, B, C cho H trực tâm tam giác ABC Phương trình mặt phẳng  P  A ( P) : 3x  y  z 11  B ( P) : 3x  y  z 10  C ( P) : x  y  z 13  D ( P) : x  y  3z 14  Hướng dẫn giải Do tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi vng góc nên H trực tâm tam giác ABC dễ dàng chứng minh OH   ABC  hay OH   P  uuur Vậy mặt phẳng  P  qua điểm H 1;2;3 có VTPT OH 1; 2;3 nên phương trình  P   x  1   y     z  3   x  y  3z  14   Chọn đáp án D Câu 67: (THPT Chuyên ĐHKH Huế Lần 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  0;0; 4 , điểm M nằm mặt phẳng  Oxy  M  O Gọi D hình chiếu vng góc O lên AM E trung điểm OM Biết đường thẳng DE tiếp xúc với mặt cầu cố định Tính bán kính mặt cầu A R  B R  C R  D R  Hướng dẫn giải Ta có tam giác OAM vuông O Gọi I trung điểm OA (Điểm I cố định) Ta có tam giác ADO vng D có ID đường trung tuyến nên ID  OA  1 Ta có IE đường trung bình tam giác OAM nên IE song song với AM mà OD  AM  OD  IE Mặt khác tam giác EOD cân E Từ suy IE đường trung trực OD · · ; IOD ·  IDO ·  IDE ·  IOE ·  90  ID  DE   Nên DOE  ODE Vậy DE tiếp xúc với mặt cầu tâm I bán kính R  OA 2  Chọn đáp án A Câu 68: (CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  0;0;  , điểm M nằm mặt phẳng  Oxy  M  O Gọi D hình chiếu vng góc O lên AM E trung điểm OM Biết đường thẳng DE tiếp xúc với mặt cầu cố định Tính bán kính mặt cầu A R  B R  C R  D R  Hướng dẫn giải Chọn A A Ta có tam giác OAM ln vuông O Gọi I trung điểm OA (Điểm I cố định) Ta có tam giác ADO vng D có ID đường trung tuyến nên ID  OA  1 I Ta có IE đường trung bình tam giác OAM nên IE song song với AM mà OD  AM  OD  IE Mặt khác tam giác EOD cân E Từ suy IE đường trung trực OD O · · ; IOD ·  IDO ·  IDE ·  IOE ·  90  ID  DE    ODE Nên DOE Vậy DE tiếp xúc với mặt cầu tâm I bán kính R  Câu 69: (CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ) Cho điểm D M E OA 2 A(0;8; 2) mặt cầu ( S ) có phương trình (S ) : ( x  5)2  ( y  3)2  ( z  7)2  72 điểm B(9; 7;23) Viết phương trình mặt phẳng ( P) qua r A tiếp xúc với ( S ) cho khoảng cách từ B đến ( P) lớn Giả sử n  (1; m; n) vectơ pháp tuyến ( P) Lúc A m.n  B m.n  2 C m.n  D m.n  4 Hướng ẫn g ả Chọn D Mặt phẳng (P ) qua A có dạng a(x - 0) + b(y - 8) + c(z - 2) = Û ax + by + cz - 8b - 2c = Điều kiện tiếp xúc: d (I ;(P )) = Û 5a - 3b + 7c - 8b - 2c a + b2 + c Mà d (B ;(P )) = 9a - 7b + 23c - 8b - 2c a + b2 + c = 5a - 11b + 5c + 4(a - b + 4c ) = 2Û 5a - 11b + 5c = (*) a + b2 + c = 9a - 15b + 21c a + b2 + c £ a + b2 + c L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo £ 5a - 11b + 5c 2 a +b +c + a - b + 4c 2 a +b +c 12 + (- 1)2 + 42 a + b2 + c £ 2+ 2 a +b +c = 18 a b c = = Chọn a = 1;b = - 1;c = thỏa mãn (*) - Khi (P ) : x - y + 4z = Suy m = - 1; n = Suy ra: m n = - Dấu xảy Câu 70: (CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ) Trong không gian cho đường thẳng  : x  y z 1   x  y 1 z  Viết phương trình mặt phẳng  P  qua  tạo với   đường thẳng d góc lớn A 19 x 17 y  20 z  77  B 19 x  17 y  20 z  34  đường thẳng d : C 31x  y  5z  91  D 31x  y  5z  98  Hướng ẫn g ả Chọn D ur Đường thẳng d có VTCP u1   3;1;  r Đường thẳng  qua điểm M  3;0; 1 có VTCP u  1; 2;3 r Do    P  nên M   P  Giả sử VTPT  P  n   A; B; C  ,  A2  B2  C   Phương trình  P  có dạng A  x  3  By  C  z  1  rr Do    P  nên u.n   A  2B  3C   A  2B  3C Gọi  góc d  P  Ta có ur r u1.n  2 B  3C   B  2C A  B  2C sin  ur r   u1 n 14 A2  B  C 14  2 B  3C   B  C  5B  7C    2 2 14 5B  12 BC  10C 14 5B 12 BC  10C 5B  7C TH1: Với C  sin  70  14 14  5t   B TH2: Với C  đặt t  ta có sin  C 14 5t  12t  10 Xét hàm số f  t    5t   5t  12t  10 ¡ Ta có f   t   50t  10t  112  5t  12t  10     75 t   f    14   f   t    50t  10t  112      7 t    f      5  Và lim f  t   lim x  x   5t   5t  12t  10  Bảng biến thiên  t  f  t      75 14 f t  Từ ta có Maxf  t   75 75 B 8 f  t    Khi sin  14 C 14   14 So sánh TH1 Th2 ta có sin lớn sin  B 75  C 14 Chọn B  8  C  5  A  31 Phương trình  P  31 x  3  y   z  1   31x  y  5z  98  Câu 71: (CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ) Trong không gian Oxyz cho mặt  S  :  x  1   y  2   z  3  mặt phẳng  P  : x  y  z   Gọi M  a; b; c  mặt cầu  S  cho khoảng cách từ M đến  P  lớn Khi A a  b  c  2 B a  b  c  C a  b  c  cầu điểm D a  b  c  Hướng dẫn giải Chọn C L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo Mặt cầu  S  :  x  1   y     z  3  có tâm I 1; 2;3 bán kính R  2 Gọi d đường thẳng qua I 1; 2;3 vng góc  P   x   2t  Suy phương trình tham số đường thẳng d  y   2t z   t  Gọi A, B giao d  S  , tọa độ A, B ứng với t nghiệm t  2 phương trình 1  2t  1    2t      t  3    t  1 Với t   A  3;0;   d  A;( P)   13 Với t  1  B  1; 4;   d  B;( P)   Với điểm M  a; b; c   S  ta ln có d  B;( P)   d  M ;( P)   d  A;( P)  Vậy khoảng cách từ M đến  P  lớn 13 M  3;0;  Do a  b  c  Câu 72: (LÊ HỒNG PHONG) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x 1 y z  2 mặt cầu  S  tâm I có phương trình  S  :  x  1   y     z  1  18 d:   1 1 Đường thẳng d cắt  S  hai điểm A, B Tính diện tích tam giác IAB A 11 B 16 11 C 11 D 11 Hướng d n giải Chọn A r Đường thẳng d qua điểm C 1;0; 3 có vectơ phương u   1; 2; 1 Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2; 1 , bán kính R  Gọi H hình chiếu vng góc I lên đường thẳng d Khi đó: uur r  IC , u    , IH  r u uur r  IC, u    6; 2; 2   với uur IC   0; 2; 2 ; Vậy IH  62  22  22 66  1 1 Suy HB  18  Vậy, SIAB  Câu 73: 22  3 1 66 8 11 IH  AB     2 3 (HAI BÀ TRƯNG – HUẾ ) Cho hình lập phương ABCD ABCD có cạnh Tính khoảng cách hai mặt phẳng  ABD   BCD  A B C 3 D Hướng dẫn giải Chọn A Ta chọn hệ trục tọa độ cho đỉnh hình lập phương có tọa độ sau: A  0;0;0  B  2;0;0  C  2; 2;0  D  0; 2;0  A  0;0;  B  2;0;  C   2; 2;  D  0; 2;  uuur uuur AB   2;0;  , AD   0; 2;  , uuur uuur BD   2; 2;0  , BC    0; 2;  D' A' C' B' A D B C * Mặt phẳng  ABD  qua A  0;0;0  nhận véctơ r uuur uuur n   AB, AD   1; 1;1 làm véctơ pháp tuyến Phương trình  ABD  : x  y  z   4 r uuur uuur * Mặt phẳng  BC D  qua B  2;0;0  nhận véctơ m   BD, BC   1;1; 1 làm véctơ  4 pháp tuyến Phương trình  BC D  : x  y  z   Suy hai mặt phẳng  ABD  mặt  BCD  song song với nên khoảng cách hai phẳng khoảng cách từ d  A,  BC D    điểm A đến phẳng  BCD  : 2  3 Cách khác: Thấy khoảng cách cần tìm d   ABD  ,  BC D    Câu 74: mặt 1 AC    3 (HAI BÀ TRƯNG – HUẾ ) Trong không gian Oxyz , cho điểm A  2;0; 2 , B  3; 1;  4 ,C   2; 2;0 Điểm D mặt phẳng  Oyz  có cao độ âm cho thể tích khối tứ diện ABCD khoảng cách từ D đến mặt phẳng  Oxy  Khi có tọa độ điểm D thỏa mãn tốn là: A D  0;3; 1 B D  0; 3; 1 C D  0;1; 1 D D  0; 2; 1 L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo Hướng dẫn giải Chọn A Vì D   Oyz   D  0; b; c  , cao độ âm nên c  Khoảng cách D  0; b; c  từ đến mặt phẳng  Oxy  : z  c   c  1  c   Suy tọa độ D  0; b; 1 Ta có: uuur uuur uuur AB  1; 1; 2  , AC   4;2;2  ; AD   2; b;1 uuur uuur   AB, AC    2;6; 2    uuur uuur uuur   AB, AC  AD  4  6b   6b    b  1   uuur uuur uuur  VABCD   AB, AC  AD  b   6   D  0;3; 1 b   Mà VABCD   b     Chọn đáp án D  0;3; 1 b  1  D  0; 1; 1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (2;11;- 5) mặt phẳng Câu 75: (P ): 2mx + (m + 1) y + (m - 1)z - 10 = Biết m thay đổi, tồn hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng (P ) qua A Tìm tổng bán kính hai mặt cầu A 2 B C D 12 Lời giải tham khảo: Gọi I (a; b; c), r tâm bán kính mặt cầu Do mặt cầu tiếp xúc với (P) nên ta có r = d (I , (P)) = 2ma + (m2 + 1)b + (m2 - 1)c - 10 (m2 + 1) (b + c)m + 2ma + b - c - 10 = r (m + 1) 2 = (b - c)m2 + 2ma + b - c - 10 (m2 + 1) é b + c - r m2 + 2ma + b - c - r - 10 = (1) ê 2Û ê ê b + c + r m2 + 2ma + b - c + r - 10 = (2) êë ( ( ) ) TH1: (b + c - r )m2 + 2ma + b - c - r - 10 = (1) Do m thay đổi v n có mặt cầu cố định tiếp xúc với (P) nên u cầu tốn trờ thành tìm điều kiện a, b, c ìï b + c - r = ïï Û ïí a = ïï ïï b - c - r - 10 = î cho (1) không phụ thuộc vào m Do (1) ln với ìï b = r + = ïï Û ïí a = ïï ïï c = - ỵ Suy I (0;5 + r 2; - 5) = > (S ): x2 + (y - - r ) + (z + 5) = r ér = 2 Lại có A Ỵ (S ) nên suy : + (- 11- - r ) = r Û r - 12 2r + 40 = Û êê ëêr = 10 TH2: (b + c + r )m2 + 2ma + b - c + r - 10 = làm tương tự TH1 (trường hợp khơng thỏa đề ) Tóm lại : Khi m thay đổi, tồn hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng (P ) qua A có tổng bán kính : 12 suy chọn D Câu 76: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A (3;0;0), B (0;2;0), C (0;0;6 ) D (1;1;1) Kí hiệu d đường thẳng qua D cho tổng khoảng cách từ điểm A, B, C đến d lớn Hỏi đường thẳng d qua điểm đây? A M (- 1;- 2;1) B N (5;7;3) C P (3;4;3) D Q (7;13;5) Lời giải tham khảo: x Ta có phương trình mặt phẳng qua A,B,C : (ABC ): + y z + = Û 2x + y + z - = Dễ thấy D Ỵ (ABC ) Gọi A ', B ', C ' hình chiếu vng góc A, B, C d Suy d (A, d )+ d (B, d )+ d (C, d )= AA '+ BB '+ CC ' £ AD + BD + CD Dấu xảy A ' º B ' º C ' º D Hay tổng khoảng cách từ điểm A, B, C đến d lớn d đường thẳng qua D vng góc ìï x = + 2t ï với mặt phẳng (ABC ) = > d : ïïí y = + 3t ; N Ỵ d suy chọn B ïï ïïỵ z = + t Câu 77: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A (5;5;0), B (1;2;3), C (3;5; - 1) mặt phẳng (P ): x + y + z + = Tính thể tích V khối tứ diện SABC biết đỉnh S thuộc mặt phẳng (P ) SA = SB = SC A V = 145 B V = 145 C V = 45 D V = 127 Lời giải tham khảo: Gọi S (a; b; c)Ỵ (P) = > a + b + c + = 0(1) Ta có : AS = (a - 5) + (b - 5) + c2 , BS = (a - 1) + (b - 2) + (c - 3) , CS = (a - 3) + (b - 5) + (c + 1) Do 2 2 2 2 2 2 ìï ïï (a - 1) + (b - 2) + (c - 3) = (a - 3) + (b - 5) + (c + 1) ìï 4a + 6b - 8c - 21 = SA = SB = SC Û í Û ïí ïï 2 2 2 ïïỵ 4a + 2c - 15 = ïïỵ (a - 5) + (b - 5) + c = (a - 3) + (b - 5) + (c + 1) Ta có hệ : ìï ïï a= ìï 4a + 6b - 8c - 21 = ïï ïï ïï 23 ïí 4a + 2c - 15 = Û ïí b = Þ S= ïï ïï ïïỵ a + b + c + = ïï ïï c = - ïïỵ uuur uuur ổ 13 ữ ỗỗ6; Lại có : AB 4; 3;3 , AC (- 2;0; - 1) ;- ữ ( ) ỗố ứ 2ữ L/H mua file word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo uuur uuur uur = > AB Ù AC = (3; - 10; - 6); AS = Câu 78: uuur uuur uur ổ 23 145 ỗỗ1; ;- ữ = > AB Ù AC AS = 145 = > VS ABC = ữ ữ ỗố 2ứ ( ) Cho hình chóp SABC có đáy tam giác cạnh 6cm SA = SB = SC = (cm).Gọi D điểm đối xứng B qua C Khi bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABD ? A 5cm B 2cm C 26cm D 37cm Lời giải tham khảo : Cách : Dựng CG vng góc với (ABC ) , Qua E dựng mặt phẳng vng góc với SB , mặt phẳng cắt CG F Suy F tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD Đặt SF = R Xét hình chữ nhật : FGSH = > FC = SH - FG = SH - R - CH (1) Lại có : FC = R2 - CB2 (2).Từ (1) (2) suy SH 6- R2 - 12 = R2 - 36 Þ - R2 - 12 = = > R = Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ Ta có : C (0;0;0), A(- 3; - 3;0), B (- 3;3;0), S (- 3;0;6) Û t = = > SC = 36 + t = 12 + (t - 6) 37 (cm) suy chọn D R2 - CB2 37 (cm) Suy chọn D Cách : F Ỵ CG = > F (0;0; t ) Þ FA = FS Û R2 - CH = ... + - + 0 + - ÷ ÷ ; ; = (1; 0; - 2) Đó tọa độ trọng Ta có tọa độ G là: G = ỗỗỗ ữ ữ 3 ố ứ tõm G’ D A ' B 'C ' Câu 26: (AN LÃO )Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 2; 1), B 1;... Có mặt phẳng qua điểm M (1;9; 4) cắt trục tọa độ điểm A , B , C (khác gốc tọa độ) cho OA  OB  OC A B C D Hướng dẫn giải Chọn D Giả sử mặt phẳng ( ) cắt trục tọa độ điểm khác gốc tọa độ. .. word: 016338.222.55 – đề thi thử quốc gia 2018, đề kiểm tra 15p, đề kiểm tra tiết, tài liệu ôn chuyên đề 10-11-12, sách tham khảo Trong không gian với hệ tọa độ Câu 43: Oxyz, gọi d qua A  1;0;