Bài tập tọa độ không gian oxyz mức độ vận dụng có đáp án và lời giải chi tiết

Phần 1: HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Câu 1: [2H3-1.1-3]Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( 5;3; −1) , B ( 2;3; −4 ) C (1; 2;0 ) Tọa độ điểm D đối xứng với C qua đường thẳng AB A ( 6; 4; −5 ) B ( 4;6; −5 ) C ( 6; −5; ) D ( −5;6; ) Hướng dẫn giải Chọn A  x= + 3t  Phương trình đường thẳng AB :  y =  z =−1 + 3t  (t ∈  ) Gọi C1 ( + 3t ;3; −1 + 3t ) hình chiếu vng góc C lên đường thẳng AB  Ta có: CC1 = ( + 3t ;1; −1 + 3t )     5 7 ⇔ ( + 3t ) + ( −1 + 3t ) =0 ⇔ t =− Hay C1  ;3; −  Khi đó: CC1 ⊥ BA ⇔ CC1.BA = 2 2 Điểm D đối xứng với C qua đường thẳng AB ⇒ C1 trung điểm CD ⇒ D ( 6; 4; −5 ) Câu 2: [2H3-1.1-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABCD A′B′C ′D′ Biết tọa độ đỉnh A ( −3; 2;1) , C ( 4; 2;0 ) , B′ ( −2;1;1) , D′ ( 3;5; ) Tìm tọa độ điểm A′ hình hộp A A′ ( −3;3;1) B A′ ( −3; −3;3) C A′ ( −3; −3; −3) Hướng dẫn giải Chọn D A/ D/ C/ B/ A B D C Gọi A′ ( x1 ; y1 ; z1 ) , C ′ ( x2 ; y2 ; z2 ) 1 5 Tâm hình bình hành A′B′C ′D′ I  ;3;  2 2  x1 + x2 =  Do I trung điểm A′C ′ nên  y1 + y2 = z + z =    Ta có = AC ( 7;0; −1) A′C ′ = ( x2 − x1; y2 − y1; z2 − z1 ) D A′ ( −3;3;3)  x2 − x1 =  Do ACC ′A′ la hình bình hành nên  y2 − y1 = z − z =  −1 Xét hệ phương trình: −3 + y2 =  x1 + x2 =  x1 =  y1 =  y1 ⇔ ⇔     − y1 = − x1 =  y2=  y2  x2=  x2 =  z=  z1 + z2 ⇔   −1  z2 =  z2 − z1 = Vậy A′ ( −3;3;3) Cách khác 1 1 Gọi I trung điểm AC ⇒ I  ; 2;  2 2 1 5 Gọi I ′ trung điểm B′D′ ⇒ I ′  ;3;  2 2   Ta có AA′ = II ′ ⇒ A′ ( −3;3;3) Câu 3: [2H3-1.1-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD.A B C D  có điểm A trùng với gốc tọa độ, B a;0;0, D 0; a;0, A  0;0; b  với a  0, b  Gọi M trung điểm cạnh CC  Giả sử a  b  , giá trị lớn thể tích khối tứ diện A BDM bằng: A 64 27 B 128 27 C 128 D Hướng dẫn giải 27 Chọn A C a; a;0  B ' a;0; b   b   M a; a;  Từ giả thiết, suy   D ' 0; a; b   2  C ' a; a; b       A ' B  a;0; b       3a b     A ' B, A ' D   ab; ab; a     A ' B, A ' D  A ' M  Ta có  A ' D  0; a;b           AM  a; a;  b          a b Thể tích khối tứ diện VA ' MBD   A ' B, A ' D  A ' M   6 Do a, b  nên áp dụng BĐT Côsi, ta  a b  Suy maxVA ' MBD  1 64 a  a  b  3 a b   a2b  2 27 64 27 Câu 4: [2H3-1.2-3]Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho điểm A ( 3;0; −2 ) mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y + ) + ( z + 3) 2 = 25 Một đường thẳng d qua A , cắt mặt cầu hai điểm M , N Độ dài ngắn MN A B Chọn A C Lời giải D 10 Mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y + ) + ( z + 3) = 25 có tâm I (1; −2; −3) ; R = 2 Ta có : AI = < = R Nên điểm A năm mặt cầu Gọi H hình chiếu I đường thẳng d Trong tam giác vuông ∆IAH ∆IHM Ta có: IH ≤ IA; MN == HM IM − IH 2 Do để MN IH Max ⇒ IH =IA ⇒ MN =2 HM =2 IM − IA2 =8 I M H A N Câu 5: [2H3-1.2-3] Trong không gian Oxyz cho điểm M ( 2; − 2; − ) đường thẳng x −1 y +1 z Biết N ( a; b; c ) thuộc ( d ) độ dài MN ngắn Tổng a + b + c nhận = −1 giá trị sau đây? A B C D Lời giải Chọn C N ∈ ( d ) ⇒ N (1 + 2t ; − + t ; − t ) (d ) : = MN = ( 2t − 1) + (1 + t ) + ( − t ) ⇒ MN ngắn 2 = ( t − 1) + 21 ≥ 21 21 t = N ( 3;0; − 1) ⇒ a + b + c = + − = Câu 6: [2H3-1.2-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABCD A′B′C ′D′ có B ( 0; −1; −1) C ( −1; −2;0 ) D′ ( 3; −2;1) ; ; Tính thể tích hình hộp A 24 B 12 C 36 D 18 Hướng dẫn giải Chọn A A ( 2;1;3) ;   Ta có BA = ( 2; 2; ) ; BC = ( −1; −1;1)      BA; BC=  ( 6; −6;0 ) ⇒ S ABCD  BA; BC =  =     Mặt phẳng ( ABCD ) 62 + ( −6 )=    qua điểm A ( 2;1;3) có vectơ pháp tuyến  BA; BC=  ( 6; −6;0 ) phương trình: ( x − ) − ( y − 1) + ( z − 3) =0 ⇔ x − y − =0 ′; ( ABCD ) ) h d ( D= = − ( −2 ) − = 2 12 + ( −1) = 2.2 24 = Vậy thể tích hình hộp V S= ABCD h Câu 7: [2H3-1.2-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABCD A′B′C ′D′ có B ( 0; −1; −1) C ( −1; −2;0 ) D′ ( 3; −2;1) ; ; Tính thể tích hình hộp B 12 C 36 D 18 A 24 Hướng dẫn giải Chọn A   Ta có BA = ( 2; 2; ) ; BC = ( −1; −1;1)      BA; BC=  ( 6; −6;0 ) ⇒ S ABCD  BA; BC =  =     62 + ( −6 )= A ( 2;1;3) ; có Mặt phẳng ( ABCD )    qua điểm A ( 2;1;3) có vectơ pháp tuyến  BA; BC=  ( 6; −6;0 ) có phương trình: ( x − ) − ( y − 1) + ( z − 3) =0 ⇔ x − y − =0 ′; ( ABCD ) ) = h d ( D= − ( −2 ) − = 2 12 + ( −1) = = 2.2 24 Vậy thể tích hình hộp V S= ABCD h Câu 8: [2H3-1.2-3] Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( −2; 2; −2 ) , B ( 3; −3;3) M điểm thay đổi không gian thỏa mãn A 12 MA = Khi độ dài OM lớn bằng? MB B C D Lời giải Chọn A Gọi M ( x; y; z ) Ta có: MA 2 2 2 = ⇔ 9MA2 = 4MB ⇔ ( x + ) + ( y − ) + ( z + )  = ( x − 3) + ( y + 3) + ( z − 3)      MB ⇔ x + y + z + 12 x − 12 y + 12 z = ⇒ M ∈ mặt cầu ( S ) tâm I ( −6;6; −6 ) bán kính R = = d ( O; I ) + R = OI + R = + = 12 Khi OM max Câu 9: [2H3-1.2-3]Cho tam giác ABC với A (1; 2; − 1) , B ( 2; − 1; 3) , C ( − 4; 7; ) Độ dài phân giác ∆ABC kẻ từ đỉnh B A 74 B 74 C 73 Giải Chọn B Gọi D ( a; b; c ) chân đường phân giác kẻ từ đỉnh B D 30  a = − 2 ( a − 1) =−a −   BA AD 1   74  11 = = ⇒ AD =− CD ⇒ 2 ( b − ) =−b + ⇔ b = ⇒ BD = Ta có 3 BC CD   2 ( c + 1) =−c + c =   Câu 10: [2H3-1.2-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 0;0;0, B 0;1;1, C 1;0;1 Xét điểm D thuộc mặt phẳng Oxy cho tứ diện ABCD tứ diện Kí hiệu D  x ; y0 ; z  tọa độ điểm D Tổng x  y0 bằng: B C D A Hướng dẫn giải Chọn C Tính AB  BC  CA   DA     D  x ; y0 ;0 Yêu cầu toán  DA  DB  DC    DB  Do D  Oxy     DC    x  y   x  y   0    x   2   x 02   y0 1     x 02   y0 1      x  y0     y0    x 12  y  2    x 1  y0   Câu 11: [2H3-1.3-3] 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 B R = C R = D R = A R = Hướng dẫn giải Chọn A Ta có tam giác OAM ln vng O A 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 D nên IE song song với AM mà OD ⊥ AM ⇒ OD ⊥ IE Mặt khác tam giác EOD cân E Từ suy M IE đường trung trực OD O E = ODE  ; IOD = IDO  ⇒ IDE = IOE = 90° ⇒ ID ⊥ DE ( ) Nên DOE OA = 2 Câu 12: [2H3-1.3-3] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hình chóp S ABC có S ( 2; 2; ) , A ( 4;0;0 ) , Vậy DE tiếp xúc với mặt cầu tâm I bán kính= R B ( 4; 4;0 ) , C ( 0; 4;0 ) Tính thể tích khối chóp S ABC A 48 B 16 C D 24 Hướng dẫn giải Chọn B  = Ta có BA = BA Mà ( 0; − 4;0 ) ,    BC = ( −4;0;0 ) ⇒ BA.BC = ⇒ ∆ABC vuông B   BC = ⇒ S ABC =.4.4 = BA = , BC = A ( 4;0;0 ) , B ( 4; 4;0 ) , C ( 0; 4;0 ) thuộc d (= S , ( ABC ) ) d= ( S , ( Oxy ) ) Vậy thể tích V= S ABC mặt ( Oxy ) : z = phẳng suy 1 6.8 16 d ( S , ( ABC ) ) = S ABC = 3 Câu 13: [2H3-1.3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lăng trụ đứng ABC A1 B1C1 có A ( 0;0;0 ) , B ( 2;0;0 ) , C ( 0; 2;0 ) , A1 ( 0;0; m ) ( m > ) A1C vng góc với BC1 Thể tích khối tứ diện A1CBC1 A B C D Hướng dẫn giải Chọn A Gọi C1 ( x; y; z ) x = x =     ⇒ C1 ( 0; 2; m ) ⇔ y = Ta có: ABC A1 B1C1 hình lăng trụ nên AA1 = CC1 ⇔  y − = z = m z = m    A1C Suy ra: = ( 0; 2; − m ) ,  BC1 = ( − 2; 2; m )   m = Do A1C vng góc với BC1 nên A1C.BC1 = ⇔ − m = ⇔   m = −2 Vì m > nên m = Vậy A1 ( 0; 0; ) Thể tích khối tứ diện A1CBC1 1 VA1CBC1 = VABC A1B1C1 = ⋅ ⋅ AB AC AA1 = 3 Câu 14: [2H3-1.3-3] Cho tam giác ABC với A (1; 2; −1) , B ( 2; −1;3) , C ( −4;7;5 ) Độ dài phân giác ∆ABC kẻ từ đỉnh B là: 74 74 A B 73 Hướng dẫn giải C Chọn B Gọi D ( a; b; c ) chân đường phân giác kẻ từ đỉnh B Ta có D 30  a = − 2 ( a − 1) =−a −     74 BA AD  11 = = ⇒ AD =− CD ⇒ 2 ( b − ) =−b + ⇔ b = ⇒ BD = 3 BC CD   2 ( c + 1) =−c + c =   Câu 15: [2H3-1.3-3] Cho tam giác ABC với A (1; 2; −1) , B ( 2; −1;3) , C ( −4;7;5 ) Độ dài phân giác ∆ABC kẻ từ đỉnh B là: 74 74 A B 73 Hướng dẫn giải C D 30 Chọn B Gọi D ( a; b; c ) chân đường phân giác kẻ từ đỉnh B Ta có  a = − 2 ( a − 1) =−a −     74 BA AD  11 = = ⇒ AD =− CD ⇒ 2 ( b − ) =−b + ⇔ b = ⇒ BD = 3 BC CD   2 ( c + 1) =−c + c =   Phần 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG Câu 16: [2H3-2.2-3] Viết phương trình mặt phẳng qua A (1;1;1) , vng góc với hai mặt phẳng (α ) : x + y − z − =0 , ( β ) : x − y + z − =0 A y + z − = B x + y + z − = C x − y + z = 0 D x + z − = Hướng dẫn giải Chọn A    nα ; nβ  Gọi ( P) mặt phẳng cần tìm Ta= có: nP =   ( 0; 2; ) , Phương trình ( P ) : y + z − = Câu 17: [2H3-2.2-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng qua điểm − z − 0, ( Q ) : x − y = + z −3 M (1; −2;3) vng góc với hai mặt phẳng ( P ) : x − y= A x + y + z − =0 B x + y + z + =0 C x + y + z − =0 D x + y + z + =0 Hướng dẫn giải Chọn D ( P)  có vtpt n1 =  ( 2; −1; −1) , ( Q ) có vtpt n=2 (1; −1;1)    Vì mặt phẳng vng góc với ( P ) ( Q ) nên có vtpt n =n1 ∧ n2 =( −2; −3; −1) Phương trình mặt phẳng cần tìm −2 ( x − 1) − ( y + ) − ( z − 3) = ⇔ x + y + z + = Câu 18: [2H3-2.2-3] Viết phương trình mặt phẳng qua A (1;1;1) , vng góc với hai mặt phẳng (α ) : x + y − z − =0 , ( β ) : x − y + z − =0 A y + z − = B x + y + z − = C x − y + z = 0 D x + z − = Hướng dẫn giải Chọn A    nα ; nβ  Gọi ( P) mặt phẳng cần tìm Ta= có: nP =   ( 0; 2; ) , Phương trình ( P ) : y + z − = Câu 19: [2H3-2.2-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng qua điểm M (1; −2;3) vng góc với hai mặt phẳng ( P ) : x − y= − z − 0, ( Q ) : x − y = + z −3 A x + y + z − =0 B x + y + z + =0 C x + y + z − =0 D x + y + z + =0 Hướng dẫn giải Chọn D   có vtpt n1 = ( 2; −1; −1) , ( Q ) có vtpt n=2 (1; −1;1)    Vì mặt phẳng vng góc với ( P ) ( Q ) nên có vtpt n =n1 ∧ n2 =( −2; −3; −1) Phương trình mặt phẳng cần tìm −2 ( x − 1) − ( y + ) − ( z − 3) = ⇔ x + y + z + = ( P) Câu 20: [2H3-2.3-3]Cho điểm M ( –3; 2; ) , gọi A, B, C hình chiếu M Ox, Oy, Oz Mặt phẳng song song với mp ( ABC ) có phương trình B x – y – z + 12 = A x – y – z + 12 = C x – y – z –12 = D x – y – z –12 = Hướng dẫn giải Chọn D Ta có A ( –3;0;0 ) , B ( 0; 2;0 ) , C ( 0;0; ) ⇒ ( ABC ) : x y z + + =1 ⇔ x − y − z + 12 =0 −3 Câu 21: [2H3-2.3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( 0;8;0 ) , B ( −4;6; ) , C ( 0;12; ) Viết phương trình mặt cầu qua điểm A , B , C có tâm thuộc mặt phẳng ( Oyz ) A ( S ) : x + y + z − y − z = C ( S ) : x + y + z − 12 y − z − = B ( S ) : x + y + z − x − z − 64 = D ( S ) : x + y + z − 14 y − 10 z + 48 = Hướng dẫn giải Chọn D Mặt cầu ( S ) cần lập có tâm I thuộc ( Oyz ) ⇒ I ( 0; b; c ) nên ( S ) có phương trình dạng: x + y + z − 2by − 2cz + d = Vì ( S ) qua A ( 0;8;0 ) , B ( −4;6; ) , C ( 0;12; ) nên ta có hệ: −64 −16b + d = b =   −56 ⇔ c = −12b − 4c + d = −24b − 8c + d + −160 d = 48   ⇒ phương trình ( S ) : x + y + z − 14 y − 10 z + 48 = Câu 22: [2H3-2.3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( 0;8;0 ) , B ( −4;6; ) , C ( 0;12; ) Viết phương trình mặt cầu qua điểm A , B , C có tâm thuộc mặt phẳng ( Oyz ) A ( S ) : x + y + z − y − z = C ( S ) : x + y + z − 12 y − z − = B ( S ) : x + y + z − x − z − 64 = D ( S ) : x + y + z − 14 y − 10 z + 48 = Hướng dẫn giải Chọn D Mặt cầu ( S ) cần lập có tâm I thuộc ( Oyz ) ⇒ I ( 0; b; c ) nên ( S ) có phương trình dạng: x + y + z − 2by − 2cz + d = Vì ( S ) qua A ( 0;8;0 ) , B ( −4;6; ) , C ( 0;12; ) nên ta có hệ: −64 −16b + d = b =   −56 ⇔ c = −12b − 4c + d = −24b − 8c + d + −160 d = 48   ⇒ phương trình ( S ) : x + y + z − 14 y − 10 z + 48 = Câu 23: ( P ) có phương trình ( Q ) qua hai điểm H (1;0;0 ) K ( 0; −2;0 ) [2H3-2.4-3] Trong không gian với hệ trục Oxyz cho mặt phẳng x − y − 3z = Viết phương trình mặt phẳng biết ( Q ) vng góc ( P ) A ( Q ) : x + y + z + = B ( Q ) : 2x − y + z − = C ( Q ) : 2x − y + z + = D ( Q ) : 2x + y + z − = Hướng dẫn giải: Chọn B Vì mặt phẳng ( Q ) qua hai điểm H (1;0;0 ) , K ( 0; −2;0 ) ( Q ) vuông góc ( P ) nên mặt phẳng    nhận n(Q ) =  HK , n( P )  làm véctơ pháp tuyến Ta có    HK = ( −1; −2;0 )    ⇒ n =  ( Q )  HK , n( P )  =( 6; −3;6 ) =3 ( 2; −1; ) n( P ) = ( 2; −2; −3) x 1 y  z    3 x 1 y  z  C  :   3 x 1  x 1 D  :  Hướng dẫn giải A  : B  : y  z 3  3 y  z 3  3 Chọn B Ta có d ( A; )  d ( B; )  MA  MB Để tổng khoảng cách từ điểm A ; B đến  lớn   MA   d ( A; )  d ( B; )  MA  MB      MB      Suy d qua M, vtcp u   MA; MB   6;3; 2  6; 3; 2   x 1 y  z  Vậy phương trình đường thẳng  cần tìm là:  :   3 Câu 99: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm phẳng ( P ) : x + y − z + =0 Nếu A 60 B 50 A (1; 2; ) B ( 5; 4; ) , mặt ( P ) giá trị nhỏ MA2 + MB M thay đổi thuộc 200 2968 C D 25 Hướng dẫn giải Chọn A Gọi I ( 3;3;3) trung điểm đoạn AB Ta có MA2 + MB = MI + AB Do MA2 + MB đạt giá trị nhỏ MI ⊥ ( P ) = MI d= ( I , ( P )) ( 6+3−3+ = ; AB = +1+1 MA2 + MB= 2 ) ( + ) = 42 + 22 + 22 = 24 24 60 Câu 100: [2H3-5.13-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu tam giác ( S ) : ( x − )2 + ( y − 3)2 + ( z − )2 = ABC với A(5;0;0), B (0;3;0), C (4;5;0) Tìm tọa độ điểm M thuộc cầu ( S ) cho khối tứ diên MABC tích lớn A M ( 0;0;3) B M ( 2;3; ) C M ( 2;3;8 ) Hướng dẫn giải Chọn C D M ( 0;0; −3) VM ABC = S ABC MJ Để VM ABC lớn ⇔ MJ lớn ⇔ MJ ⊥ ( ABC ) ⇒ M = IJ ∩ ( S ) Phương trình mặt phẳng ( ABC ) : z =  x=2  Đường thẳng JI :  y = ⇒ M ( 2;3;5 + t )  z= + t  M1 M ∈ ( S ) ⇒ ( − ) + ( − 3) + ( + t − ) =9 ⇒ t =±3 2 I ⇒ M ( 2;3; ) , M ( 2;3;8 ) Do MJ d ( M , ( ABC ) ) > d ( M , ( ABC ) ) ⇒ M ( 2;3;8 ) = M C A J B x= 1+ t  Câu 101: [2H3-5.13-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M ( 2;1; ) đường thẳng ∆ :  y =+ t Tìm tọa   z = + 2t độ điểm H thuộc đường thẳng ∆ cho đoạn MH có độ dài nhỏ A H ( 2;3;3) B H (1; 2;1) C H ( 0;1; −1) D H ( 3; 4;5 ) Hướng dẫn giải Chọn A H ∈ ∆ ⇒ H (1 + t ; + t ;1 + 2t ) MH = ( t − 1) + (1 + t ) + ( 2t − 3)= 2 = 6t − 12t + 11 ( t − 1) + ≥ Dấu " = " xảy ⇔ t = Vậy H ( 2;3;3) Câu 102: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) đường thẳng ( d ) x +1 y − z + tương ứng có phương trình x − y + z − = Biết đường thẳng ( d ) = = −2 −1 cắt mặt phẳng ( P ) điểm M Gọi N điểm thuộc ( d ) cho MN = , gọi K hình chiếu vng góc điểm N mặt phẳng ( P ) Tính độ dài đoạn MK A MK = Chọn D 105 B MK = 21 C MK = 21 Hướng dẫn giải D MK = 105 N d α K M P   n ( 2; −1;3) , ( d ) có vec tơ phương u = ( P ) có vec tơ pháp tuyến = ( −2;1; −1)  n.u Gọi α góc ( P ) ( d ) Ta có: sin α =   = = ⇒ cos α = 14 21 21 n.u MK 105 = ⇔ MK = = 21 MN 21 Câu 103: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1;1; −2 ) hai đường thẳng Tam giác MNK vuông K nên cos α = x − y z −1 x y +1 z + == ; ( ∆ ) : = = Lấy điểm N ( ∆1 ) P ( ∆ ) cho 1 −1 −1 M , N , P thẳng hàng Tìm tọa độ trung điểm đoạn thẳng NP ( ∆1 ) : A ( 0; 2;3) B ( 2;0; −7 ) C (1;1; −3) D (1;1; −2 ) Lời giải Chọn D N ∈ ∆1 ⇒ N ( − t ; t ; + t ) , P ∈ ∆ ⇒ P ( 2t ′; − + t ′; − − t )  MN =(1 − t ; t − 1;3 + t )  MP= ( 2t ′ − 1; t ′ − 2; − − t ′ )   k MN Ba điểm M , N , P thẳng hàng ⇔ MP =  t ′ = 2t ′ − =k (1 − t ) 2t ′ − =− ( t ′ − )    t ′ = 1  ⇔ t ′ − 2= k ( t − 1) ⇔ t ′ − 2= k ( t − 1) ⇔ k= − ⇔ t −1 t =   ′  ′ − − = + − − = + t k t t k t 4 ( ) ( )   −1  = −5 t − ( t + 3) ( )  ⇒ N ( 0; 2;3) , P ( 2;0; − ) Tọa độ trung điểm NP là: (1;1; − ) Câu 104: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  x= − 5t ( S ) : x + y + z − x − y + z − =0 đường thẳng d :  y= + 2t Đường thẳng d cắt ( S ) z =  hai điểm phân biệt A B Tính độ dài đoạn AB ? A 17 17 B 29 29 C 29 29 D 17 17 Hướng dẫn giải Chọn B Tọa độ giao điểm d ( S ) nghiệm hệ phương trình sau:  x= − 5t  y= + 2t   z = 2 (*)  x + y + z − x − y + z − = Từ (*) ta có: ( − 5t ) + ( + 2t ) + 12 − ( − 5t ) − ( + 2t ) + − = 2 t = ⇔ 29t − 2t =0 ⇔  t =  29 48   x = 29 x =  120    48 120  ⇒ y = ⇒ B ; ; 1 Với t =0 ⇒  y =4 ⇒ A ( 2; 4;1) t = 29 29 29 29    z =  z =     10  29 Vậy AB =  − ; ;0  ⇒ AB = 29  29 29  Câu 105: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , A ( 0; −1; ) B (1;0; −2 ) hình x y +1 z − chiếu vng góc điểm I (a; b; c) ∆ : = = −1 S = a+b+c A + Chọn C B + C Hướng dẫn giải  x y +1 z − ⇒ a= ( 4;1; −1) Ta có ∆ : = = −1  ( P ) : x − y − z − =0 ⇒ n = ( 2; −1; −2 ) ( P ) : x − y − z − =0 D + Tính Gọi d đường thẳng qua B (1;0; −2 ) vng góc với mp(P), phương trình tham số d là:  x = + 2t   y = −t  z =−2 − 2t  Vì B hình chiếu I (P) nên I ∈ d ⇒ I (1 + 2t ; −t ; −2 − 2t )  ⇒ AI = (1 + 2t ;1 − t ; −4 − 2t )     ⇒ (1 + 2t ) + − t − ( −4 − 2t ) =0 Vì A hình chiếu I ∆ nên ⇒ AI ⊥ a ⇒ AI a = ⇒ t =−1 −1; b = 1; c = Do I (1 + 2t ; −t ; −2 − 2t ) = ( −1;1;0 ) ⇒ a = Vậy a + b + c =  x= + t x−2 y−2 z−2  Câu 106: [2H3-5.13-3] Cho đường thẳng d1 :  y= + t d : = = Gọi d đường − −  z =−1 − 2t  thẳng vng góc chung d1 d , M ( a, b, c ) thuộc d , N ( 4; 4;1) Khi độ dài MN ngắn a + b + c bằng? A D C B Lời giải Chọn D Gọi P ( + t ; + t ; −1 − 2t ) ∈ d1 Q ( + 4t ′; − 3t ′; − t ′ )    Ta có:= a (1;1; −2 ) , b = ( 4; −3; −1) PQ= ( 4t ′ − t ; −3t ′ − t ; −t ′ + 2t + 3)   a.PQ = 4t ′ − t − 3t ′ − t − ( −t ′ + 2t + 3) =0 Khi đó:    ⇔ 4 ( 4t ′ − t ) − ( −3t ′ − t ) − 1( −t ′ + 2t + 3) = b.PQ = ′ − 6t = 3t= t ′ ⇔ ⇔ −1 t = 26t ′ − 3t =  Suy P (1;1;1) Q ( 2; 2; ) ⇒ PQ = (1;1;1) x= 1+ t  Nên d :  y = + t z = 1+ t   Gọi M (1 + t ;1 + t ;1 + t ) nên NM =( t − 3; t − 3; t ) Do đó: NM = ( t − 3) + ( t − 3) 2 + t2 = Đoạn thẳng MN ngắn Suy M ( 3;3;3) ⇒ a + b + c = 3t − 12t + 18 = t = 3(t − 2) + ≥ Câu 107: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I ( 2; − 3; − ) đường thẳng x+2 y+2 z Mặt cầu tâm I tiếp xúc với đường thẳng d điểm H Tìm tọa độ điểm d: = = −1 H 1   1 H ( 4; 2; − ) H (1;0; − 1) A.= B.= C H =  − ;0;  D H =  − ; −1; −  2   2 Lời giải Chọn B Vì mặt cầu tâm I tiếp xúc với đường thẳng d điểm H nên H hình chiếu I lên d  x =−2 + 3t   Ta có d có phương trình tham số:  y =−2 + 2t ( t ∈  ) có VTCP= ud  z = −t  ( 3; 2; − 1)  H ∈ d ⇒ H ( −2 + 3t ; − + 2t ; − t ) ⇒ IH = ( −4 + 3t ;1 + 2t ; − t )   Mà ud IH = ⇔ ( −4 + 3t ) + (1 + 2t ) − 1( − t ) = ⇔ t = ⇒ H (1;0; − 1) Câu 108: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu x −1 ( S ) : x + y + z − x + y − z + =0 hai đường thẳng d1 : = x−2 = thẳng MN d2 : = A N y+2 z−2 ; = y z −5 Hai điểm M , N thuộc hai đường thẳng d1 d cho đường = −1 cắt mặt cầu ( S ) hai điểm A, B Tìm tọa độ điểm N để đoạn thẳng AB có độ dài lớn ( 0; −2;2 ) = B N ( 4; −3;1) C N = ( 2;0;1) D N =( −2; −4;3) Lời giải Kiểm tra ba điểm M , N , I khơng thẳng hàng Đề sai – khơng có đáp án Chưa kiểm tra Câu 109: [2H3-5.13-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABCD A′B′C ′D′ với tọa độ đỉnh A ( 0; −1;0 ) , C ( 2;1;0 ) , B ' ( 2; −1; ) D ' ( 0;1; ) Các điểm M , N thay đổi đoạn A′B′ BC cho D′M ⊥ AN Tìm độ dài nhỏ đoạn thẳng MN A B C 2 Lời giải Chọn B D z A' D' B' C' A D B y C x + Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ  A 0; 1; 2 , B 2; 1;0  xt    Phương trình đường thẳng A B  có dạng:  y  1     z  t   Điểm M  A B   M t ; 1; 2  x   Phương trình đường thẳng BC có dạng:  y  k   z  k       Điểm N  BC  N 2; k ;0 ; MN ( − t ; k + 2; − ) ; AN ( 2; k + 2;0 ) ; D M t ; 2;0  ⇒ k = t − ⇒ MN ( − t ; t ; − ) + Vì D′M ⊥ AN ⇒ 2t − ( k + ) =  MN  2  t   t   t  Câu 110: [2H3-5.13-4] Trong không gian với hệ tọa độ ( x + 1)2 + ( y − )2 + ( z − 1)2 = hai điểm A (1;0; ) , chứa đường thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu trình đường thẳng H1 H Oxyz , B ( 0;1; ) (S ) cho mặt cầu Các mặt phẳng (S ) : ( P1 ) , ( P2 ) điểm H1 , H Viết phương  x =−1 + t  A  y= + t z =   x =−1 + t  B  y= + t z =    x=   C  y=   z=   Lời giải +t +t 4+t  x =−1 + t  D  y= + t z =  Chọn A Ta có ( S ) có tâm I ( −1; 2;1) bán kính R = x= 1− t  Đường thẳng ∆ qua hai điểm A, B có phương trình  y = t z =  ( IH1H ) qua I vng góc với AB nên có phương trình − x + y − =0 Gọi H giao điểm AB ( IH1 H ) Khi H ( −1; 2; ) Gọi M giao điểm H1 H IH Khi H1M ⊥ IH   IM IM IH R2 Ta có = nên = = IM = IH Do M ( −1; 2; ) IH IH IH 3    H1 H vng góc với IH , AB nên có vtcp u = −  IH , AB  = (1;1;0 )  x =−1 + t  Phương trình H1 H :  y= + t z =  Câu 111: [2H3-5.13-4] 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 Hướng dẫn giải Chọn B Kiểm tra ta thấy D   ABC  : x  y  z   d  A, d   AD  Ta có d  B, d   BD  d  A, d   d  B, d   d C , d   AD  BD  CD  d C , d   CD   x   2t  N d Dấu "  " xảy d   ABC  điểm D Do d :  y   3t    z   t Câu 112: [2H3-5.13-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có A ( 2;3;1) , B ( 4;1; −2 ) C ( 6;3;7 ) D (1; −2; ) , Các mặt phẳng chứa mặt tứ diện ABCD chia không gian Oxyz thành số phần A B 12 C 15 D 16 Hướng dẫn giải Chọn C Ta có đường thẳng chia mặt phẳng thành phần mặt phẳng chia không gian thành phần, mặt phẳng thứ cắt mặt phẳng trước thành giao tuyến, giao tuyến chia mặt phẳng thứ thành phần, phần lại chia phần không gian thành phần Vậy mặt phẳng chia không gian thành 8+7=15 phần x +1 y − z − = = −2 −1 điểm A ( 2;3; −4 ) , B ( 4;6; −9 ) Gọi C , D điểm thay đổi đường thẳng ∆ cho Câu 113: [2H3-5.13-4] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ : CD = 14 mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD tích lớn Khi đó, tọa độ trung điểm đoạn thẳng CD  181 −104 −42   79 64 102  A  ; ; B  ; ;   5    35 35 35   101 13 69  C  ; ;   28 14 28  D ( 2; 2;3) Hướng dẫn giải Chọn A  x =−1 + 3t  C, D nằm đường thẳng ∆ :  y =− 2t  z= − t  nên C ( −1 + 3t1 ; − 2t1 ; − t1 ) , D ( −1 + 3t2 , − 2t2 , − t2 )    AB = ( 2;3; −5 ) ; AC = ( −3 + 3t1 ;1 − 2t1 ;8 − t1 ) ; AD = ( −3 + 3t2 ;1 − 2t2 ;8 − t2 ) Ta có CD =14 =9 ( t1 − t2 ) + ( t1 − t2 ) + ( t1 − t2 ) ⇔ ( t1 − t2 ) =1 2 2 Do vai trò t1 ; t2 nên ta đặt t2= t1 + Ta thấy để thể tích khối cầu nội tiếp tứ diện ABCD tích lớn bán kính r khối cầu phải lớn Mặt khác ta có r = 3VABCD Stp Mặt khác VABCD = AB.CD.sin ( AB, CD ) khơng đổi Vậy để r max Stp Mặt khác S ACD ; S BCD không đổi Do ta tìm S ABC + S ABD Ta có S ABC= + S ABD )      AB, AC  +  AB, AD  (    AB, AC =    ( 29 − 13t1 ) + (1 + 13t1 ) + (11 − 13t1 )    AB, AC =   (16 − 13t1 ) + (14 + 13t1 ) + ( + 13t1 ) 2 2 Đặt 13t1 = x lúc ta có f ( x )= ( x − 29 ) + ( x + 1) + ( x − 11) f ( x) = x − 78 x + 963 + x + 456 f ′( x) = 2 x − 39 x − 78 x + 963 + 3x x + 456 ( x − 16 ) + ( x + 14 ) + ( x + ) + =0 ⇔ x = 2 13 ⇒ t1 = 2 Vậy I ( 2; 2;3) M ( x; y ; z ) ( S ) : ( x − ) + ( y + 1) + ( z − ) = Câu 114: [2H3-5.13-4]Cho mặt cầu Điểm di động ( S ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= x + y − z + 16 A B C 24 D 2 Lời giải Chọn B Mặt cầu ( S ) : ( x − ) + ( y + 1) + ( z − ) = có tâm I ( 2; −1; ) , bán kính R = 2 Xét mặt phẳng ( P ) : x + y − z + 16 = Đường thẳng ∆ qua I vng góc với ( P ) có phương trình x =2 + 2t , y =− + 2t , z =3 − t giá trị tham số t tương ứng với giao điểm D (S) t = ±1 d ( A,( P ) ) 2,= d ( B ,( P ) ) Þ ∆ ( S ) cắt điểm: A ( 0; −3; ) , B ( 4;1; ) Ta có= x + y − z + 16 = P 3 Ln có = d ( A,( P ) )≤ d ( M ,( P ) ) ≤ d ( B ,( P ) ) = ⇔ ≤ P ≤ ⇔ ≤ P ≤ 24 Vậy PMin = x = 0, y = −3, z = Lấy M ( x; y ; z ) ∈ ( S ) ⇒= d ( M ,( P ) ) Câu 115: [2H3-5.14-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , điểm M (1; 2;3) có hình chiếu vng góc trục Ox điểm: A ( 0;0;3) B ( 0;0;0 ) C ( 0; 2;0 ) D (1;0;0 ) Hướng dẫn giải Chọn D Câu 116: [2H3-5.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 66 = điểm M ( 6;7;5 ) Tìm tọa độ hình chiếu H điểm M mặt phẳng ( P ) A H (10;13;7 ) B H (10; −13;7 ) C H (10; −7; 25 ) D H (10;7; 25 ) Hướng dẫn giải Chọn A Gọi d đường thẳng qua điểm M ( 6;7;5 ) vng góc với mặt phẳng ( P ) ⇒ d có vectơ   phương là= u n= ( 2;3;1) ( P)  x= + 2t  + 3t , t ∈  Phương trình tham số đường thẳng d :  y =  z= + t  Hình chiếu H M lên ( P ) giao điểm đường thẳng d mặt phẳng ( P ) H ∈ d ⇒ H ( + 2t ;7 + 3t ;5 + t ) ⇔ 14t − 28 = ⇔ t = ⇒ H (10;13;7 ) H ∈ ( P ) ⇒ ( + 2t ) + ( + 3t ) + ( + t ) − 66 = Câu 117: [2H3-5.14-3]Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , điểm M (1; 2;3) có hình chiếu vng góc trục Ox điểm: A ( 0;0;3) B ( 0;0;0 ) C ( 0; 2;0 ) D (1;0;0 ) Hướng dẫn giải Chọn D Câu 118: [2H3-5.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 66 = điểm M ( 6;7;5 ) Tìm tọa độ hình chiếu H điểm M mặt phẳng ( P ) A H (10;13;7 ) B H (10; −13;7 ) C H (10; −7; 25 ) D H (10;7; 25 ) Hướng dẫn giải Chọn A Gọi d đường thẳng qua điểm M ( 6;7;5 ) vuông góc với mặt phẳng ( P ) ⇒ d có vectơ   u n= phương là= ( 2;3;1) ( P)  x= + 2t  + 3t , t ∈  Phương trình tham số đường thẳng d :  y =  z= + t  Hình chiếu H M lên ( P ) giao điểm đường thẳng d mặt phẳng ( P ) H ∈ d ⇒ H ( + 2t ;7 + 3t ;5 + t ) ⇔ 14t − 28 = ⇔ t = ⇒ H (10;13;7 ) H ∈ ( P ) ⇒ ( + 2t ) + ( + 3t ) + ( + t ) − 66 = Câu 119: [2H3-5.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (−4; 0;0) đường thẳng x= 1− t  ∆ :  y =−2 + 3t Gọi H ( a; b; c ) hình chiếu M lên ∆ Tính a + b + c  z = −2t  A B −1 C D Hướng dẫn giải Chọn B a = − t  Đường thẳng ∆ có VTCP u = ( −1;3; −2 ) , H ( a; b; c ) ∈ ∆ ⇒ ∃t ∈  : b = −2 + 3t Ta có: c = −2t     MH = ( − t ; −2 + 3t ; −2t ) H hình chiếu vng góc M ∆ MH ⊥ ∆ ⇔ u.MH = 11 ⇔ −1( − t ) + ( −2 + 3t ) − ( −2t ) =0 ⇔ t = 14 22   ⇒ H  ; ; −   14 14 14  22 ⇒ a+b+c = + − = −1 14 14 14 Cách khác a = − t  Đường thẳng ∆ có VTCP u = ( −1;3; −2 ) , H ( a; b; c ) ∈ ∆ ⇒ ∃t ∈  : b = −2 + 3t c = −2t  Ta có a + b + c =1 − t − + 3t − 2t =−1 Câu 120: [2H3-5.14-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( −2; −5;7 ) mặt phẳng (α ) : x + y − z + =0 Gọi A H hình chiếu A lên (α ) Tính hồnh độ điểm H B C D Hướng dẫn giải Chọn D  nα Đường thẳng ( ∆ ) qua A ( −2; −5;7 ) nhận= (1; 2; −1) làm VTCP có phương trình  x =−2 + t ( ∆ ) :  y =−5 + 2t  z= − t  Gọi H hình chiếu A lên (α ) Khi đó, tọa độ H nghiệm hệ  x =−2 + t t =  y =−5 + 2t x =   ⇒ xH = ⇔   z = − t y =    x + y − z + =  z = Câu 121: [2H3-5.15-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : điểm A 1;2;3 Tọa độ điểm A  đối xứng với A qua d là: B A  3;0;5 C A  3;0;5 A A  3;1;5 Hướng dẫn giải Chọn C  Đường thẳng d có VTCP ud  3;1;1 x  y 1 z    1 D A  3;1;5   Gọi   mặt phẳng qua A vng góc với d nên có VTPT n  ud  3;1;1 Do   : x  y  z   Tọa độ hình chiếu vng góc H A d thỏa mãn  x  y 1 z      H 2;1; 1 1   x y z      Khi H trung điểm AA  nên suy A  3;0;5 điểm Câu 122: [2H3-5.15-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y − z − = M (1; −2; −2 ) Tìm tọa độ điểm N đối xứng với điểm M qua mặt phẳng ( P ) A N ( 3; 4;8 ) B N ( 3;0; −4 ) C N ( 3;0;8 ) D N ( 3; 4; −4 ) Hướng dẫn giải Chọn B  n (1;1; −1) ( P ) : x + y − z − =0 có VTPT là=  Theo đề đường thẳng MN qua M (1; −2; −2 ) nhận= n (1;1; −1) làm VTCP x −1 y + z + Phương trình đường thẳng MN : = = 1 −1 = H MN ∩ ( P ) nên tọa độ H thỏa hệ: y−z = x + = x x + y − z − =    ⇔ y = −1  x −1 y + z + ⇔ x − y = = =    −1 − y − z =4  z =−3 ⇒ H ( 2; −1; −3)  xN = xH − xM =  Mặt khác, H trung điểm MN nên tọa độ N :  yN = yH − yM = x = −4  N z H − zM = Câu 123: [2H3-5.15-3] Cho tam giác ABC với A (1; 2; − 1) , B ( 2; − 1; 3) , C ( − 4; 7; ) Độ dài phân giác ∆ABC kẻ từ đỉnh B A 74 B 74 C 73 Giải Chọn.B Gọi D ( a; b; c ) chân đường phân giác kẻ từ đỉnh B Ta có D 30  a = − 2 ( a − 1) =−a −   BA AD 1   74  11 = = ⇒ AD =− CD ⇒ 2 ( b − ) =−b + ⇔ b = ⇒ BD = BC CD 2 3   2 ( c + 1) =−c + c =   Câu 124: [2H3-5.15-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng mặt cầu ( S ) : x + y + z + x − y − z + =0 Giả sử điểm  u = (1;0;1) phương với M ∈( P) N ∈(S )  cho MN khoảng cách M N lớn Tính MN B MN = + 2 C MN = Hướng dẫn giải A MN = ( P ) : x − y + z − =0 D MN = 14 Chọn C Mặt cầu ( S ) có tâm I ( −1; 2;1) bán kính R = −1 − + − Ta có d ( I , ( P ) )= + ( −2 ) + 2 2 = > R nên ( P ) không cắt ( S ) Gọi d đường thẳng qua I vng góc với ( P ) Gọi T giao điểm d mặt cầu ( S ) thỏa d (T ; ( P ) ) > d ( I ; ( P ) ) Ta có d (T ; ( P ) ) = d ( I ; ( P ) ) + R = + =   1.1 − 2.0 + 1.2 Ta có cos u , n( P ) = = 2 + ( −2 ) + 22 12 + 02 + 12  Đường thẳng MN có véctơ phương u nên ta có ( )   sin ( MN , ( P ) ) = cos u , nP = 45° ⇒ ( MN , ( P ) ) = NH Gọi H hình chiếu N lên ( P ) Ta có = MN = NH sin 45° Do MN lớn NH lớn Điều xảy N ≡ T H ≡ H ′ với H ′ hình chiếu I lên ( P ) ( ) TH =′ = MN max NH = Khi NH= max max ... dẫn giải Chọn D Kiểm tra tính chất qua H (1; 4;3) ta thấy có đáp án C, D thỏa mãn Mà mặt phẳng x − y − z + 24 = không cắt tia Ox Vậy đáp án D thỏa mãn Câu 52: [2H3-2.11-3] Trong không gian Oxyz. .. dẫn giải Chọn D Kiểm tra tính chất qua H (1; 4;3) ta thấy có đáp án C, D thỏa mãn Mà mặt phẳng x − y − z + 24 = không cắt tia Ox Vậy đáp án D thỏa mãn Câu 54: [2H3-2.11-3] Trong không gian Oxyz. .. 2 2   Ta có AA′ = II ′ ⇒ A′ ( −3;3;3) Câu 3: [2H3-1.1-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD.A B C D  có điểm A trùng với gốc tọa độ, B a;0;0, D 0;