TOÁN TỔNG HỢP VỀ PP TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN

Câu 1: [2H3-6-3] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét đường thẳng  qua điểm A  0;0;1 vng góc với mặt phẳng Ozx Tính khoảng cách nhỏ điểm B  0; 4;0  tới điểm C C điểm cách đường thẳng  trục Ox A B C D 65 Lời giải Chọn A z 12  A I C  B4 y O x Vì đường thẳng  qua điểm A  0;0;1 vuông góc với mặt phẳng Ozx  song song với trục Oy nằm mặt phẳng Oyz Dễ thấy OA đường vng góc chung  Ox 1  Xét mặt phẳng   qua I  0;0;  mặt phẳng trung trực OA Khi  //   , 2  Ox //   điểm nằm   có khoảng cách đến  Ox Vậy tập hợp điểm C điểm cách đường thẳng  trục Ox mặt phẳng   1  Mặt phẳng   qua I  0;0;  có véc tơ pháp tuyến k   0;0;1 nên có phương trình: 2  z   Đoạn BC nhỏ C hình chiếu vng góc B lên   Do khoảng cách nhỏ điểm B  0; 4;0  tới điểm C khoảng cách từ B  0; 4;0  đến mặt 0 1  suy  BC   d  B;      2 Câu 2: [2H3-6-3] (THPT TRẦN PHÚ ĐÀ NẴNG – 2018)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z  10  mặt cầu phẳng   : z   S  :  x  2   y  1   z  3  25 cắt theo giao tuyến đường tròn  C  2 Gọi V1 thể tích khối cầu  S  , V2 thể tích khối nón  N  có đỉnh giao điểm mặt cầu  S  với đường thẳng qua tâm mặt cầu  S  vng góc với mặt phẳng  P  , đáy đường tròn  C  Biết độ dài đường cao khối nón  N  lớn bán kính khối cầu  S  Tính tỉ số V1 V2 A V1 125  V2 32 B V1 125  V2 C V1 125  V2 96 D V1 375  V2 32 Lời giải Chọn A 500  Mặt cầu  S  có tâm I  2;1;3 bán kính R   V1   R  3 Ta có: d  d  I ;  P     Bán kính  C  r  R  d  128  Độ dài đường cao khối nón  N  h  R  d  Suy ra: V2   r h  3 Vậy: V1 125  V2 32 Câu 3: [2H3-6-3] [B1D1M3] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;2;2  , B  5; 4;  mặt phẳng ( P ) : x  y  z   Tọa độ điểm M nằm mp( P ) cho MA  MB nhỏ là: A M  1;1;5 B M  0; 0;6  C M 1;1;9  D M  0; 5;1 Câu 4: [2H3-6-3] [B1D1M3] (THPT TIÊN LÃNG) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A 1;1;1 , B  2;1; 1 , C  0; 4;6  Điểm M di chuyển trục Ox Tìm tọa độ M để P  MA  MB  MC có giá trị nhỏ A  -2;0;0  B  2;0;0  C  -1;0;0  Lời giải Chọn D Gọi M  x;0;0   Ox,  x   Khi MA  1  x;1;1 , MB    x;1; 1 , MC    x;4;6  MA  MB  MC    3x;6;6  Với số thực x , ta có D 1;0;0  P  MA  MB  MC    3x   62  62  x  18 x  81   x  1  72  72 ; P  72  x  72 , đạt x  Vậy GTNN P  MA  MB  MC Do M 1;0;0  điểm thoả mãn đề Câu 5: [2H3-6-3] (Toán học Tuổi trẻ - Tháng - 2018 - BTN) Trong không gian cho ba điểm A 1;1;1 , B  1; 2;1 , C  3;6; 5  Điểm M thuộc mặt phẳng Oxy cho MA2  MB  MC đạt giá trị nhỏ A M 1; 2;0  B M  0;0; 1 C M 1;3; 1 D M 1;3;0  Lời giải Chọn D Lấy G 1;3; 1 trọng tâm tam giác ABC Ta có:    MA2  MB  MC  MG  GA  MG  GB    MG  GC  2  3MG  GA2  GB  GC Do MA2  MB  MC bé MG bé Hay M hình chiếu điểm G lên mặt phẳng Oxy Vậy M 1;3;0  Câu 6: [2H3-6-3] (TRƯỜNG CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH - LẦN - 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  1;3;   , B  3;7;  18 mặt phẳng  P  : x  y  z   Điểm M  a, b, c  thuộc  P  cho vng góc với  P  MA2  MB  246 Tính S  a  b  c A B 1 C 10 mặt phẳng  ABM  D 13 Lời giải Chọn D Gọi M  a; b; c    P  Ta có AB   2; 4;  16  , AM   a  1; b  3; c     AM , AB   2 8b  2c  20;  8a  c  6;  2a  b  1 véc-tơ pháp tuyến mặt phẳng  ABM  Vì mp  ABM  vng góc với mp  P  nên nABM nP   2a  5b  c 11  Mặt khác A , B không thuộc  P  nằm phía mp  P  Ta có AB  69 Gọi I trung điểm AB , ta có I  2;5;  10  Vì MI trung tuyến tam giác AMB  MI  MA2  MB AB   54  2a  b  c   a    Khi ta có hệ phương trình 2a  5b  c  11   b   c  7 2   a     b     c  10   54 Vậy S  a  b  c     1 Câu 7: [2H3-6-3] (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A  2;0;0  ; M 1;1;1 Mặt phẳng  P  thay đổi qua AM cắt tia Oy; Oz B, C Khi mặt phẳng  P  thay đổi diện tích tam giác ABC đạt giá trị nhỏ bao nhiêu? C B A Lời giải Chọn C Gọi B  0; b;0  , C  0;0; c  , b, c  x y z Phương trình mặt phẳng  P    ABC  :    b c 1 1 1 Mà M   P          bc   b  c  b c b c Do bc   b  c  b  c     b  c    b  c   b  c  (do b, c  ) Ta có: AB   2; b;0  , AC   2;0; c    AB, AC    bc;2c;2b  1 2 b c  4b  4c Do S ABC   AB, AC   2  b2  c2   b  c   Vậy SABC  2 b  c   b  c   b  c  2 D b, c   Dấu “=” xảy b  c   b  c  b  c  Câu 8: [2H3-6-3] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc- Lần 3-2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;0;0  , B  0;1;0  , C  0;0;1 , D  0;0;0  Hỏi có điểm cách mặt phẳng  ABC  ,  BCD  ,  CDA ,  DAB  A B C Lời giải Chọn D Gọi điểm cần tìm M  x0 ; y0 ; z0  Phương trình mặt phẳng  ABC  là: x y z     x  y  z 1  1 Phương trình mặt phẳng  BCD  là: x  Phương trình mặt phẳng  CDA là: y  Phương trình mặt phẳng  DAB  là: z  Ta có M cách mặt phẳng  ABC  ,  BCD  ,  CDA ,  DAB  nên: x0  y0  z0   x0   y0   x0  y0  z0   x0   z0 x  y  z 1   x 0  Ta có trường hợp sau:  x0  y0  z0  x0  y0  z0  TH1:  3  x0  y0  z0   3x0  x0   y0  z0  x0   y0  z0  TH2:  1  x0  y0  z0   3x0  x0  y0   z0  x0  y0   z0  TH3:  1  x0  y0  z0   3x0   x0  y0  z0  x0  y0  z0  TH4:  3   x0  y0  z0    3x0  x0   y0   z0 1  x0   y0   z0  TH5:  1  x0  y0  z0   3x0 D   x0   y0  z0  x0   y0  z0  TH6:   x  y  z    x  0    x0  y0   z0  x0  y0   z0  TH7:  1   x0  y0  z0    3x0   x0   y0   z0  x0   y0   z0  TH8:  1   x0  y0  z0    3x0 Vậy có điểm M thỏa mãn toán (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2018 - BTN) Trong không gian x 1 y z    với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : , mặt phẳng 1  P  : x  y  z   A 1; 1;  Đường thẳng  cắt d  P  M Câu 9: [2H3-6-3] N cho A trung điểm đoạn thẳng MN Một vectơ phương  là: A u   2;3;  B u  1; 1;  C u   3;5;1 D u   4;5; 13 Lời giải Chọn A Điểm M  d  M  1  2t; t;  t  , A trung điểm MN  N   2t; 2  t;  t  Điểm N   P    2t   t    t     t   M  3; 2;  , N  1; 4;0   MN   4; 6; 4   2  2;3;  Câu 10: [2H3-6-3] (THPT Chuyên Hà Tĩnh - Lần - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz cho ba điểm A 1;2;3 , B 1;0; 1 , C  2; 1;2  Điểm D thuộc tia Oz cho độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh D tứ diện ABCD 30 có tọa độ 10 A  0;0;1 B  0;0;3 C  0;0;2  Lời giải Chọn B D  0;0;4  Mặt phẳng  ABC  qua B 1;0; 1 có véctơ pháp tuyến n   AB, BC    10; 4;2   2  5;2; 1 Phương trình mặt phẳng  ABC  : x  y  z   Độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh D  0;0; d  tứ diện ABCD d  D,  ABC   d  Theo ta có 25     d  15 30  d     10 d  Do D thuộc tia Oz nên D  0;0;3 Câu 11: [2H3-6-3] (THPT Chuyên Hà Tĩnh - Lần - 2018 - BTN) Cho hình lăng trụ ABC.ABC có A.ABC tứ diện cạnh a Gọi M , N trung điểm AA BB Tính tan góc hai mặt phẳng  ABC   CMN  A B C 2 D 13 Lời giải Chọn C Gọi O trung điểm AB Chuẩn hóa chọn hệ trục tọa độ cho O  0;0;0  , 1  A  ;0;0  , 2    B   ;0;0  ,    6  A  0; ;      C  0; ;0  ,     H  0; ;0  ,   AH  a  6 Ta có AB  AB  B  1; ;  Dễ thấy  ABC  có vtpt n1   0;0;1   M trung điểm 1  AA  M  ;  12 ;  ,   N trung điểm BB  3   N  ; ;   12   5  MN   1;0;0  , CM   ;  12 ;     3 ;   CMN  có vtpt n2   0; 0; 2;5   12 12    cos    2  tan   1  cos  33 Câu 12: [2H3-6-3] [THPT Lê Hồng Phong-HCM-HK2-2018] Trong không gian với hệ tọa x3 y 3 z   , mặt phẳng  P  : x  y  z   độ Oxyz , cho đường thẳng d : điểm A 1; 2; 1 Cho đường thẳng  qua A , cắt d song song với mặt phẳng  P  Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O A B đến  C D 16 Lời giải Chọn B Mặt phẳng  P  có véctơ pháp tuyến n  1;1; 1 Gọi M    d  M   t;3  3t; 2t   AM    t ;1  3t ; 2t  1 Đường thẳng  qua A , cắt d song song với mặt phẳng  P  nên AM  n  AM n    t   3t  1 2t  1   t  1 Khi đó, đường thẳng  qua A nhận AM  1; 2; 1 làm véctơ phương Suy d  O,     AM , OA 42  42     AM Câu 13: [2H3-6-3] (CỤM CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SƠNG CỬU LONG-LẦN 2-2018) Trong khơng gian Oxyz , cho ba điểm A  2;5; 3 , B  2;1;1 , C  2;0;1 mặt phẳng   : 3x  y  5z   Gọi D  a; b; c  (với c  ) thuộc   cho có vơ số mặt phẳng  P  chứa C , D khoảng cách từ A đến  P  lần khoảng cách từ B đến  P  Tính giá trị biểu thức S  a  b  c A S  18 B S  32 C S  20 gấp D S  26 Lời giải Chọn D Ta có: d  A,  P    3d  B,  P    đường thẳng AB cắt  P  I cho AI d  A,  P     BI d  B,  P   Từ AI  3BI Lại có A  2;5; 3 , B  2;1;1  I  1; 2;0  I  4; 1;3 Có vơ số mặt phẳng  P  chứa C , D nên C , I , D thẳng hàng, hay D  CI Mà D     D  CI    Trường hợp I  1; 2;0  : Ta có IC   3; 2;1  IC : x 1 y  z   2  x 1 y  z    Toạ độ điểm D nghiệm hệ phương trình  2 3x  y  z    D  4; 4; 1 (không thoả mãn điều kiện c  ) Trường hợp I  4; 1;3 : Ta có IC   6;1; 2   IC : x  y 1 z    2  x  y 1 z     Toạ độ điểm D nghiệm hệ phương trình  2 3x  y  z    D  4; 1;3 (thoả mãn điều kiện c  ) S  a  b2  c   4    1  32  26 2 Câu 14: [2H3-6-3] (CỤM CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG-LẦN 2-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 1;1 , x 1 y z 1   mặt phẳng  P  : x  y  z   Gọi  Q  1 mặt phẳng chứa  khoảng cách từ A đến  Q  lớn Tính thể tích khối tứ diện đường thẳng  : tạo  Q  trục tọa độ Ox, Oy , Oz A 36 B C 18 D Lời giải Chọn A Mặt phẳng  Q  chứa  khoảng cách từ A đến  Q  lớn mặt phẳng  Q  qua hình chiếu H A 1; 1;1 lên  : x 1 y z 1   vuông 1 góc với AH Ta gọi hình chiếu A 1; 1;1 lên  : x 1 y z 1   1 H 1  2t; t; 1  t  Vì AH  2t ; t  1; 2  t  vng góc u  2;1; 1 nên 4t  t 1   t   t 1 3   1 1   Do mặt phẳng  Q  qua H  0; ;  nhận AH  1; ;  làm 2   2  vecto pháp tuyến x y z Vậy  Q  : 2 x  y  3z     Q  :    1 1  1  Mặt phẳng  Q  trục tọa độ Ox, Oy , Oz điểm K  ;0;0  ,   1   B  0;1;0  , C  0;0;  nên thể tích khối tứ diện tạo  Q  trục tọa độ   Ox, Oy , Oz là: 1 1 VOKBC   36 Chọn A Gọi I điểm thỏa mãn IA  IB  IC  1 Ta có 1  4OI  OA  OB  2OC   4;12;12   I 1;3;3 Khi MA  MB  2MC  4MI  4MI Do M thuộc mặt phẳng (Oxy ) nên để MA  MB  2MC nhỏ hay MI nhỏ M hình chiếu I 1;3;3  Oxy   M 1;3;0  Câu 86: x   t  [2H3-6-3] [THTT – 477] [2017] Cho hai đường thẳng d1 :  y   t  z  2t   x   2t   d2 :  y  Mặt phẳng cách hai đường thẳng d1 d có phương trình  z  t  A x  y  z  12  B x  y  z  12  C x  y  z  12  x  y  z  12  D Lời giải A M P B Chọn D d1 qua A  2;1;0  có VTCP u1  1; 1;2  ; d qua B  2;3;0  có VTCP u2   2;0;1 Có u1 , u2    1; 5; 2  ; AB   0;2;0  , suy u1 , u2  AB  10 , nên d1 ; d chéo Vậy mặt phẳng  P  cách hai đường thẳng d1 , d đường thẳng song song với d1 , d qua trung điểm I  2;2;0  đoạn thẳng AB Vậy phương trình mặt phẳng  P  cần lập là: x  y  z  12  Câu 87: [2H3-6-3] [SỞ GD HÀ NỘI] [2017] 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 bài? A Có vô số mặt phẳng  P  B Chỉ có mặt phẳng  P  C Khơng có mặt phẳng  P  D Có hai mặt phẳng  P  Lời 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    2a  3c  c a2  c2 2 ac a2  c2  ca  ac Vậy có vơ số mặt phẳng  P  Câu 88: [2H3-6-3] [SỞ GD HÀ NỘI] [2017] Trong không gian Oxyz , cho điểm 1  M ; ;0  mặt cầu  S  : x  y  z  Đường thẳng d thay đổi, qua 2  điểm M , cắt mặt cầu  S  hai điểm A, B phân biệt Tính diện tích lớn S tam giác OAB A S  B S  C S  S  2 Lời giải Chọn A Cách 1: Mặt cầu  S  có tâm O  0;0;0  bán kính R  2 2 1  3 Có OM        nên M nằm mặt cầu 2   D Khi diện tích AOB lớn OM ⊥ AB Khi AB  R  OM  S AOB  OM AB  Cách 2: gọi H hình chiếu O xuống đường thẳng d, đặt OH  x   x  1 2 Khi AB  R  OH   x S AOB  OH AB  x  x Khảo sát hàm số f  x   x  x  0;1 thu giá trị lớn hàm số Đạt x  Câu 89: [2H3-6-3] [SỞ BÌNH PHƯỚC] [2017] Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  , a  , b  , c  điểm    a b c Biết mặt phẳng  S  :  x  1   y  2   z  3 A 2 B   ABC  tiếp xúc với mặt 72 Thể tích khối tứ diện OABC C D Lời giải Chọn A Cách 1: Ta có  ABC  : x y z    a b c Mặt cầu  S  có tâm I 1;2;3 bán kính R  72 Mặt phẳng  ABC  tiếp xúc với   1 72 a b c   S   d  I ;  ABC    R  1   a b2 c2 Mà 1   7    a b c a b c Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có 1     a12  b12  c12    1a  b2  3c   72  a12  b12  c12  72 2 cầu 1 1    Dấu "  " xảy   a b c  a  2, b  1, c  , 1    7 a b c VOABC  abc  Cách 2: Ta có  ABC  : x y z 72    1, mặt cầu  S  có tâm I (1;2;3), R  a b c Ta có  ABC  tiếp xúc với mặt cầu  S    1 72 a b c  d  I ,( P)   R   1  2 2 a b c  1 1   a b2 c2  72 1 1         7 a b c a b c 2 2 1 1 1 1 1  1 3               1      a b c a b c  a 2 b  c 2  a    b   c    VOABC  abc  Cách 3: Giống Cách đến 1    a b2 c 2 Đến ta tìm a, b, c bất đẳng thức sau: Ta có 2 1 1  3   1 1       1     12  22  32          b c a b c  a a b c  a b c 1 1 1 Mà     Dấu “=” BĐT xảy a  b  c , kết hợp với giả a b c 2 thiết    ta a  , b  , c  Vậy: VOABC  abc  a b c  a   Ta có  b   VOABC  abc   c   Cách 4: Mặt cầu  S  có tâm I 1;2;3 bán kính R  Phương trình mặt phẳng ( ABC ) : 72 x y z   1 a b c 3 1 3 Ta có:        nên M  ; ;    ABC  a b c a b c 7 7 1 3 7 7 Thay tọa độ M  ; ;  vào phương trình mặt cầu (S ) ta thấy nên M  (S ) Suy ra: ( ABC ) tiếp xúc với (S ) M tiếp điểm 1 3 7 7  12 18  ;   n  1;2;3 7 7  Do đó: ( ABC ) qua M  ; ;  , có VTPT MI   ; ( ABC ) có phương trình: x  y  3z    c x y z     a  , b  1, 2 Vậy V  abc  Câu 90: [2H3-6-3] [HAI BÀ TRƯNG – HUẾ - 2017] Cho hình lập phương ABCD.ABCD có cạnh Tính khoảng cách hai mặt phẳng  ABD   BC D  A B C D Lời giải Chọn A D' A' C' B' A D B C 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;  AB   2;0;  , AD   0; 2;  , BD   2; 2;0  , BC    0; 2;   AB, AD   1; 1;1  4 làm véctơ pháp tuyến Phương trình  ABD  là: x  y  z  * Mặt phẳng  ABD  qua A  0;0;0  nhận véctơ n  * Mặt phẳng  BCD  qua B  2;0;0  nhận véctơ m   BD, BC   1;1; 1  4 làm véctơ pháp tuyến Phương trình  BC D  là: x  y  z   Suy hai mặt phẳng  ABD   BC D  song song với nên khoảng cách hai mặt phẳng khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  BC D  : d  A,  BCD    2  3 Cách khác: Thấy khoảng cách cần tìm 1 d   ABD  ,  BC D    AC   3 A' D' C' B' A D B C Câu 91: [2H3-6-3] [HAI BÀ TRƯNG – HUẾ - 2017] 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 toán A D  0;3; 1 B D  0; 3; 1 C D  0;1; 1 D D  0; 2; 1 Lời giải Chọn A Vì D   Oyz   D  0; b; c  , cao độ âm nên c  Khoảng cách từ D  0; b; c  đến mặt phẳng  Oxy  : z  c   c  1  c   Suy tọa độ D  0; b; 1 Ta có:  AB  1; 1; 2  , AC   4; 2;  ; AD   2; b;1   AB, AC    2;6; 2   AB, AC  AD  4  6b   6b    b  1  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 Câu 92: [2H3-6-3] (Toán Học Tuổi Trẻ - Lần – 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z  m  mặt cầu  S  : x2  y  z  x  y  z   Có giá trị nguyên m để mặt phẳng  P  cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến đường tròn T  có chu vi 4 A B C D Lời giải Chọn C  S  có tâm I 1; 2;3 bán kính R  Gọi H hình chiếu I lên  P  Khi IH  d  I ,  P    2.1   2.3  m 22  12   2   m6 Đường tròn T  có chu vi 4 nên có bán kính r   P 4 2 2 cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến đường tròn T  có chu vi 4  IH  R2  r  m6 m   m  12  16  12  m       m   6 m  Vậy có giá trị nguyên m thỏa mãn Câu 93: [2H3-6-3] (THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội - Lần I - 2017 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD.ABCD có A  0;0;0  , B 1;0;0  , D  0;1;0  A  0;0;1 Khoảng cách AC BD là: A B C D Lời giải Chọn D Ta có: A  0;0;0  , C 1;1;0  nên AC  1;1;  B 1;0;1 , D  0;1;0  nên BD   1;1; 1 A  0;0;0  , D  0;1;0  nên AD   0;1;0   AC , BD  AD    Khoảng cách AC BD là: d  AC , BD    AC , BD    Câu 94: [2H3-6-3] (THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội - Lần I - 2017 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có A  0;0;0  , B  2;0;0  , C  0; 2;0  A  0;0;  Góc BC AC là: B 60 o A 45o D 90 o C 30 o Lời giải Chọn D Ta có: B  2;0;0  , C   0; 2;  nên BC    2; 2;  A  0;0;  , C  0; 2;0  nên AC   0; 2; 2    Câu 95: Suy ra: cos  BC , AC   cos BC , AC  044 0,   BC , AC   90o 12 [2H3-6-3] (THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu - An Giang - Lần - 2017 - 2018 BTN) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm A  2; 3;  , B  3;5;  Tìm toạ độ điểm M trục Oz so cho MA2  MB đạt giá trị nhỏ A M  0;0; 49  B M  0;0;67  C M  0;0;3 D M  0;0;0  Lời giải Chọn C 5  Gọi I trung điểm AB  I  ;1;3  2  2    Ta có: MA2  MB  MA  MB  MI  IA  MI  IB   2MI  IA2  IB IA2  IB không đổi nên MA2  MB đạt giá trị nhỏ MI đạt giá trị nhỏ  M hình chiếu I trục Oz  M  0;0;3 Câu 96: [2H3-6-3] (THPT Trần Phú - Hà Tĩnh - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 1;  2;1 , B  5; 0;  1 , C  3;1;  mặt phẳng  Q  : 3x  y  z   Gọi M  a; b; c  điểm thuộc MA2  MB  MC nhỏ Tính tổng a  b  5c A 11 B C 15 D 14 Lời giải Q  thỏa mãn Chọn B Gọi E điểm thỏa mãn EA  EB  2EC   E  3;0;1 2 Ta có: S  MA2  MB  MC  MA  MB  2MC       ME  EA  ME  EB  ME  EC  2  ME  EA2  EB  EC Vì EA2  EB  EC không đổi nên S nhỏ ME nhỏ  M hình chiếu vng góc E lên  Q   x   3t  Phương trình đường thẳng ME :  y  t z  1 t   x   3t x  y  t  y  1    Tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình:  z  1 t z  3 x  y  z   t  1  M  0; 1;   a  , b  1 , c   a  b  5c  1  5.2  Câu 97: [2H3-6-3] (Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A  4; 1;3 , B  1; 2; 1 , C  3; 2; 3 D  0; 3; 5 Gọi   mặt phẳng qua D tổng khoảng cách từ A, B, C đến   lớn nhất, đồng thời ba điểm A, B, C nằm phía so với   Trong điểm sau, điểm thuộc mặt phẳng   A E1  7; 3; 4  B E2  2;0; 7  C E3  1; 1; 6  D E4  36;1; 1 Lời giải Chọn A  1 Gọi G trọng tâm tam giác ABC nên G   ;  ;    3 3 Suy ra: T  d  A;     d  B;     d  C;     3d  G;     3GD Vậy GTLN T 3GD , đẳng thức xảy GD    Do đó: Phương trình mặt phẳng   qua D  0; 3; 5 nhận  14  GD   ;  ;   làm VTPT có dạng: x  y  z  47  3 3  Vậy E1  7; 3; 4     Câu 98: [2H3-6-3] (Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ VOxyz , cho hai điểm A 1;0;1 , B  0;1; 1 Hai điểm D , E thay đổi đoạn ũOA , OB cho đường thẳng DE chia tam giác OAB V thành hai phần có diện tích Khi DE ngắn trung điểm đoạn ă DE có tọa độ n  2  A I  ; ;0   4  B ắ B c  2  I  ; ;0   3  1  C I  ; ;0  3  D 1  I  ; ;0  4  Lời giải Chọn A Ta có OA  1; 0;1 , OB   0;1; 1 , OA  OB  , AB   1;1; 2  , AB  Ta có OD.OE SODE OD.OE     OD.OE  2 SOAB OA.OB cos AOB  OA2  OB  AB 2   1   2.OA.OB Ta có DE  OD  OE  2OD.OE cos AOB  OD  OE  OD.OE  3OD.OE  DE  Dấu xảy OD  OE  Khi OD    2 2 2 ;0; ; OA  D  OB  E  0;  , OE     2    2  Vậy trung điểm I DE có tọa độ I  ; ;0  4   Câu 99: [2H3-6-3] (SGD - Quảng Nam - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a , SA vng góc với mặt đáy SA  3a Gọi M , N trung điểm AB , SC Khoảng cách hai đường thẳng CM AN A 3a 37 B a C 3a 37 74 D a Lời giải Chọn A Chọn trung điểm H BC gốc tọa độ tia HB trục hoành, HA trục tung  a  a a    a   a  ;3a  , ;0  , B  ;0;0  , M  ; ;0  , C   ;0;0  , S  0; Ta có A  0;a 2  2      4    a a 3a  N   ; ;   4   3a a   a a 3a   a a  CM   ; ;0  ; AN    ;  ;  ; AC    ;  ;0    4     d  CM , AN   CM AN  AC 3a   = 37 CM AN    Câu 100: [2H3-6-3] (THPT Quỳnh Lưu - Nghệ An - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Trong hệ tọa độ Oxyz cho A  3;3;0  , B  3;0;3 , C  0;3;3 Mặt phẳng  P  qua O , vng góc với mặt phẳng  ABC  cho mặt phẳng  P  cắt cạnh AB , AC điểm M , N thỏa mãn thể tích tứ diện OAMN nhỏ Mặt phẳng  P  có phương trình: A x  y  z  yz 0 C x  z  B x  y  z  D Lời giải Chọn A Nhận thấy tam giác ABC có trọng tâm G  2; 2;  , OG   ABC  nên hình chiếu O lên  ABC  điểm G 1 Khi VOAMN  S AMN d  O,  ABC    OG AM AN sin MAN 3 Vì OG sin MAN  cố định nên thể tích VOAMN nhỏ AM AN nhỏ AB AC  2 AM AN AB AM AN  AB AC Đẳng thức xảy  AM Vì M , N , G thẳng hàng nên  AB AC , suy AM AN AC hay MN // BC AN Khi mặt phẳng  P  qua O nhận GA  1;1; 2  vectơ pháp tuyến,  P  : x  y  z  Câu 101: [2H3-6-3] (THPT Quỳnh Lưu - Nghệ An - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  2;0;0  , B  0;3;0  , C  0;0;6  , D 1;1;1 Có tất mặt phẳng phân biệt qua điểm O , A , B ,C , D ? A B 10 C D Lời giải Chọn C x y z Phương trình mặt phẳng  ABC  :    Ta thấy điểm A , B , C , D đồng phẳng (do D   ABC  ) Chọn điểm có C53  10 cách Chọn điểm đồng phẳng A , B , C , D có C43  cách Câu 102: Vậy có 10  1  mặt phẳng phân biệt qua điểm cho [2H3-6-3] (SGD Cần Thơ - HKII - 2017 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng x  m y  2m z   Nếu giao điểm  P  : x  y  z   đường thẳng d : d  P  thuộc mặt phẳng  Oyz  giá trị m A B D  C 1 Lời giải Chọn B - Xét hệ phương trình giao điểm đường thẳng d mặt phẳng  P  : 8m   x   x  m y  2m z       y  3m  ,   10m   x  y  z   z   10m    8m  hay giao điểm d  P  M   ;3m  4;    8m    m  Đáp án B - Điểm M   Oyz   Câu 103: [2H3-6-3] (THPT Vũng Tàu - BRVT - HKII - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  1; 2;  3 mặt phẳng  P  :2 x  y  z   Đường thẳng  qua A có vectơ phương u   3;  4;  cắt mặt phẳng  P  điểm B Một điểm M thuộc mặt phẳng  P  nằm mặt cầu có đường kính AB cho độ dài đoạn thẳng MB lớn Khi dộ dài MB A 14 B C D Lời giải Chọn A  x  1  3t  PTTS đường thẳng  là:  y   4t  z  3  2t  Tọa độ giao điểm B   P  nghiệm hệ phương trình sau:  x  1  3t t   y   4t x     B  5;  6; 1    z    t y     2 x  y  z    z  Mặt cầu  S  đường kính AB có tâm trung điểm I  2;  2;  1 AB , bán kính R  IA  29 Phương trình mặt cầu  S  :  x     y     z  1  29 2 Ta có: d  d  I ;  P     29  IA nên  P  cắt mặt cầu đường kính AB theo Khi đó, B M thuộc đường tròn T  Do đó, để MB lớn MB đường giao tuyến đường tròn T  có bán kính r  R  d  kính T  Suy MBmax  2r  14 Câu 104: [2H3-6-3] (THPT Hà Huy Tập - Hà Tĩnh - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A(2;0;0) , B(0; 4;0) , C (0;0; 2) D (2;1;3) Tìm độ dài đường cao tứ diện ABCD vẽ từ đỉnh D ? A B C D Lời giải Chọn D Ta có phương trình mặt phẳng  ABC  x y z     2x  y  2z   2 Gọi H hình chiếu D mặt phẳng  ABC  DH đường cao tứ diện ABCD Ta có DH khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng  ABC  DH  2.2   2.3  22  11   2   ...   Tọa độ điểm M nằm mp( P ) cho MA  MB nhỏ là: A M  1;1;5 B M  0; 0;6  C M 1;1;9  D M  0; 5;1 Câu 4: [2H3-6-3] [B1D1M3] (THPT TIÊN LÃNG) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz... phẳng  ABC  có độ dài OM nhỏ OM   ABC  Độ dài OM nhỏ bẳng d  O,  ABC    Câu 21: [2H3-6-3] (THPT Thăng Long - Hà Nội - Lần - Năm 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt... Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz  , cho mặt phẳng  P  : x  y  z   mặt phẳng  P  :  x  y  z   Xác định tập hợp tâm mặt cầu tiếp xúc với  P  tiếp xúc với  P  A Tập hợp