Ôn tập THPT 2019 Toán Tổng Hợp Về Phương Pháp Tọa Độ Không Gian

Đề cương ôn tập THPT Quốc gia môn Toán năm 2019 là tài liệu vô cùng hữu ích, sẽ giúp các em tự hệ thống kiến thức, kiểm tra trình độ bản thân, giúp các bạn, đặc biệt các bạn đang ôn thi khối A. Mời các bạn cùng tham khảo.

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   ... A Tập hợp hai mặt phẳng có phương trình x  y  z   B Tập hợp mặt phẳng có phương trình  P  : x  y  z   C Tập hợp mặt phẳng có phương trình x  y  z   D Tập hợp mặt phẳng có phương. .. [2H3-6-3] (THPT Thăng Long - Hà Nội - Lần - Năm 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  có phương trình x  y  z   hai điểm A 1; 3; 4  , B 1; 2;1 M điểm di động ... [2H3-6-3] (THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - Lần -2018- BTN) 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