D01 tìm tọa độ điểm, tọa độ vec tơ thỏa đk cho trước muc do 3

Câu 7454: [2H3-1.1-3] [TT Hiếu Học Minh Châu-2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp ABCD ABCD có A  0;0;0  , B  3;0;0  , D  0;3;0  D  0;3; 3 Tọa độ trọng tâm tam giác ABC A 1;1; 2  B 1;2; 1 C  2;1; 2  D  2;1; 1 Lời giải Chọn C Gọi A  a1; a2 ; a3  , B  b1; b2 ; b3  , C  c1; c2 ; c3  Do tính chất hình hộp ta có: a1   AA  DD  a2   A  0;0;  3 a  3  b1   b1    BB  DD  b2   b2   B  3;0;  3 b  3 b  3   c1  c1    DC  AB  c2    c2   C  3;3;0  c  c    Tọa độ trọng tâm G tam giác ABC là: G  2;1;   Câu 7461: [2H3-1.1-3] [THPT Nguyễn Đăng Đạo-2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A 0;1; , B 1;1;1 , C 3;0;0 Tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A I 0; 4;1 B I 4;0;5 C I 3; 1;4 D I 2; 2;3 Lời giải Chọn D Ta có AB  1;0; 1 ; AC   3; 1; 2   n   AB, AC    1; 1; 1 vtpt  ABC  Phương trình  ABC  : x  y  z   Gọi I  a; b; c  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC a   b  12   c  2   a  12   b  12   c  12   2   IA  IB  IC Ta có :   a   b  1   c     a  3  b  c   I   ABC  a  b  c    a  c  1 a     6a  2b  4c   b  2 a  b  c  c    Câu 7454: [HH12.C3.1.D01.c] [TT Hiếu Học Minh Châu-2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp ABCD ABCD có A  0;0;0  , B  3;0;0  , D  0;3;0  D  0;3; 3 Tọa độ trọng tâm tam giác ABC A 1;1; 2  B 1;2; 1 C  2;1; 2  D  2;1; 1 Lời giải Chọn C Gọi A  a1; a2 ; a3  , B  b1; b2 ; b3  , C  c1; c2 ; c3  Do tính chất hình hộp ta có: a1   AA  DD  a2   A  0;0;  3 a  3  b1   b1    BB  DD  b2   b2   B  3;0;  3 b  3 b  3   c1  c1    DC  AB  c2    c2   C  3;3;0  c  c    Tọa độ trọng tâm G tam giác ABC là: G  2;1;   Câu 7461: [HH12.C3.1.D01.c] [THPT Nguyễn Đăng Đạo-2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A 0;1; , B 1;1;1 , C 3;0;0 Tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A I 0; 4;1 B I 4;0;5 C I 3; 1;4 Lời giải Chọn D D I 2; 2;3 Ta có AB  1;0; 1 ; AC   3; 1; 2   n   AB, AC    1; 1; 1 vtpt  ABC  Phương trình  ABC  : x  y  z   Gọi I  a; b; c  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC a   b  12   c  2   a  12   b  12   c  12   2   IA  IB  IC Ta có :   a   b  1   c     a  3  b  c I  ABC     a  b  c    a  c  1 a     6a  2b  4c   b  2 a  b  c  c    Câu 24 [2H3-1.1-3] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  0; 2; 1 , B  2; 4;3 , C 1;3; 1 mặt phẳng  P  : x  y  z   Tìm điểm M   P  cho MA  MB  2MC đạt giá trị nhỏ  1  B M   ;  ;1  2  1  A M  ; ; 1 2  C M  2; 2; 4  D M  2; 2;  Lời giải Chọn A M A I B Gọi I , O trung điểm AB IC , với điểm M ta ln có     MA  MB  MI  IA  MI  IB  2MI ; tương tự MI  MC  2MO Suy d  MA  MB  2MC  2MI  2MC  MO nên d nhỏ MO nhỏ  MO   P  nên M hình chiếu vng góc O lên  P  Có A  0; 2; 1 , B  2; 4;3  I  1; 3;1 , kết hợp với C 1;3; 1 ta có O  0;0;0  x  t  Đường thẳng qua O  0;0;0  vng góc với  P  có phương trình d :  y  t  z  2t  Giao điểm d  P  hình chiếu vng góc M O  0;0;0  lên mặt phẳng  P  x  t y  t 1  Giải hệ  ta t  , x  , y  , z  1 2  z  2t  x  y  z   1  Vậy M  ; ; 1 2  Câu 44 [2H3-1.1-3](Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - Tuần HK1 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ABC biết A  2;0;0  , B  0; 2;0  , C 1;1;3 H  x0 ; y0 ; z0  chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống BC Khi x0  y0  z0 bằng: A 38 B 34 11 C 30 11 D 11 34 Lời giải Chọn B Đường thẳng BC có véc tơ phương BC  1; 1;3 x  t  Nên phương trình đường thẳng BC :  y   t  z  3t  Gọi H  t;2  t;3t   BC t   Khi đó: AH   t  2;  t;3t  Mà H chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống BC nên AH  BC  AH BC   t    t  9t   t  11 34  18 12   H  ; ;   x0  y0  z0  11  11 11 11  Câu 31: [2H3-1.1-3] (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  0; 2; 2  , B  2; 2; 4  Giả sử I  a; b; c  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB Tính T  a  b2  c A T  B T  C T  Lời giải D T  14 Chọn A Ta có OA   0; 2; 2  , OB   2; 2; 4   OAB  có phương trình: x  y  z  I   OAB   a  b  c  AI   a; b  2; c   , BI   a  2; b  2; c   , OI   a; b; c  2 2   AI  BI a  c  a   c     a     c    Ta có hệ    2 2  AI  OI b  c  2 b   c   b  c       a  c  a  a  c    Ta có hệ b  c  2    b  b  c  2 c  2 a  b  c    Vậy I  2;0; 2   T  a2  b2  c2  Câu 25: [2H3-1.1-3] [THPT Lê Hồng Phong-HCM-HK2-2018] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ba điểm A  2;3;1 , B  2;1;0  , C  3;  1;1 Tìm tất điểm D cho ABCD hình thang có đáy AD S ABCD  3SABC  D  8;  7;1 B   D 12;1;  3 A D 8;7;  1  D  8;7;  1 C   D  12;  1;3 Lời giải D D  12;  1;3 Chọn D 2S 1  AD  BC  d  A, BC   S ABCD   AD  BC  ABC 2 BC  AD  BC  SABC  3BC  AD  BC  AD  2BC  BC Ta có: S ABCD   3SABC Mà ABCD hình thang có đáy AD nên AD  2BC 1 BC   5;  2;1 , AD   xD  2; yD  3; zD  1  xD   10  xD  12  1   yD   4   yD  1 z 1  z   D  D Vậy D  12;  1;3 Câu 14: [2H3-1.1-3] [THPT TRẦN QUỐC TUẤN - Lần 1- 2018] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình thang ABCD vng A B Ba đỉnh A(1;2;1) , B(2;0; 1) , C (6;1;0) Hình thang có diện tích Giả sử đỉnh D(a; b; c) , tìm mệnh đề đúng? A a  b  c  B a  b  c  C a  b  c  Lời giải D a  b  c  Chọn A Ta có AB  1; 2; 2   AB  ; BC   4;1;1  BC  Theo giả thiết ABCD hình thang vng A B có diện tích nên 1 AB  AD  BC    AD    AD   AD  BC 2 Do ABCD hình thang vuông A B nên AD  BC   a   a      Giả sử D(a; b; c) ta có b    b   a  b  c  3     c   c      Câu 47: [2H3-1.1-3] (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A  2; 3;7  , B  0; 4;1 , C  3;0;5 D  3;3;3 Gọi M điểm nằm mặt phẳng  Oyz  cho biểu thức MA  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ Khi tọa độ M là: A M  0;1; 4  C M  0;1; 2  B M  2;1;0  D M  0;1;  Lời giải Chọn D Ta có: AB   2;7; 6  , AC  1;3; 2  , AD  1;6; 4  nên  AB, AC  AD  4  Suy ra: AB , AC , AD không đồng phẳng Gọi G trọng tâm tứ diện ABCD Khi G  2;1;  Ta có: MA  MB  MC  MD  4MG  4MG Do MA  MB  MC  MD nhỏ MG ngắn Vậy M hình chiếu vng góc G lên mặt phẳng  Oyz  nên M  0;1;  Câu 45: [2H3-1.1-3](Chuyên KHTN - Lần - Năm 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A  2; 1;1 , M  5;3;1 , N  4;1;  mặt phẳng  P  : y  z  27 Biết tồn điểm B tia AM , điểm C  P  điểm D tia AN cho tứ giác ABCD hình thoi Tọa độ điểm C A  15; 21;6  C  15;7; 20  B  21; 21;6  D  21;19;8 Lời giải Chọn B A F E N M B D K C Ta có AM   3; 4;0  ; AM  Gọi E điểm cho AE  3  AM   ; ;0  , E AM 5  thuộc tia AM AE  Ta có AN   2; 2;1 ; AN  Gọi F điểm cho AF   2 1 AN   ; ;  , AN  3 3 F thuộc tia AN AF   19 22  Do ABCD hình thoi nên suy AK  AE  AF   ; ;   19; 22;5 hướng  15 15  15 với AC , hay u  19; 22;5 véc-tơ phương đường thẳng AC Phương trình  x   19t  đường thẳng AC là: AC :  y  1  22t  z   5t  Tọa độ điểm C ứng với t nghiệm phương trình:  1  22t   1  5t   27  t  Do C  21; 21;6  Câu 26: [2H3-1.1-3] (THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần -2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A 1;1;1 , B  2;3;0 Biết tam giác ABC có trực tâm H  0;3;2  tìm tọa độ điểm C A C  3;2;3 B C  4;2;4  C C 1;2;1 Lời giải D C  2;2;2  Chọn C  AH  BC   Gọi C  a; b; c  Ta có H trực tâm tam giác ABC nên  BH  AC   AB, AC  AH     AH   1;2;1 , BH   2;0;2  , AC   a  1; b  1; c  1 , BC   a  2; b  3; c  , AB  1;2; 1  AB, AC    2c  b  3, a  c  2, b  2a  1    a   2b   c   a  2b  c  a     Suy  2a   2c     2a  2c   b   2c  b   2a  2c   b  2a    4a  4c  8 c     Vậy C 1;2;1 Câu 34 [2H3-1.1-3] [B1D2M2] (THPT LƯƠNG VĂN CHÁNH) Trong không gian Oxyz cho ba điểm A 1; 1;1 , B  3;1;  , D  1;0;3 Xét điểm C cho tứ giác ABCD hình thang có hai đáy AB , CD có góc C 45 Chọn khẳng định bốn khẳng định sau: 7  A Khơng có điểm C B C  0;1;  2  C C  5;6;6  D C  3; 4;5 Lời giải Chọn D A D Ta có AB   2; 2;1 B H C Phương trình mặt phẳng   vng góc với AB B :  x  3   y  1   z     x  y  z  10  Phương trình đường thẳng d qua điểm D  1;0;3 song song với AB  x  1  2t  d :  y  2t z   t  Gọi H  x; y; z  chân đường cao hạ từ đỉnh B xuống vng góc với DC Suy tọa độ 2 x  y  z  10  x   x  1  2t   H  x; y; z  nghiệm hệ phương trình:    y   H 1; 2;   y  2t z    z   t Khi tam giác HBC vng cân H  HB  HC Lần lượt thay tọa độ C đáp án, ta điểm C  3; 4;5 thỏa mãn yêu cầu toán HB  HC    1  1  2    4 2  3  1      5   2  3 Câu 36 [2H3-1.1-3] [B1D2M2] (THPT CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN) Trong không gian Oxyz , cho A  2;1;  1 , B  3; 0;1 , C  2;  1; 3 D nằm trục Oy thể tích tứ diện ABCD Tọa độ D A D  0;  7;   D  0;  7;  C   D  0; 8;  B D  0; 8;   D  0; 7;  D   D  0;  8;  Lời giải Chọn C Vì D  Oy nên D(0; y;0) Ta có: AB  (1; 1; 2) , AC   0; 2;4    AB, AC    0; 4; 2  , AD   2; y  1;1  y  7 1 VABCD   AB, AC  AD   y Vậy VABCD    y  30   6 y  Câu 43 [2H3-1.1-3] [B1D2M3](SGD-BÌNH PHƯỚC) Trong khơng 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;  , 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 Lời giải Chọn D 1 1 Gọi I trung điểm AC  I  ; 2;  2 2 1 5 Gọi J trung điểm BD  J  ;3;  2 2 Ta có IJ   0;1;  D A  3; 3; 3  xA '    xA '  3   Ta có AA  IJ   y A '     y A '  z 1  z   A'  A' Vậy A  3;3;3 Câu 34: [2H3-1.1-3](CHUYÊN VINH LẦN 3-2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 2; 1 , x 1 y  z  mặt phẳng  P  : x  y  z   Điểm B thuộc mặt   1 phẳng  P  thỏa mãn đường thẳng AB vng góc cắt đường thẳng d Tọa độ điểm B đường thẳng d : A  3; 2; 1 B  3;8; 3 C  0;3; 2  Lời giải D  6; 7;0  Chọn C Đường thẳng d có VTCP ud   2;1; 1 Gọi M  AB  d  M 1  2t; 1  t;2  t   AM   2t; t  3;3  t  AB  d  AM u   4t  t    t   t   AM   2; 2;   1; 1;1 Đường thẳng AB qua điểm A 1; 2; 1 , có VTCP u  1; 1;1 x  1 t   AB :  y   t  t   z  1  t   x  1 t t  1 y  2t x    Ta có: B  AB   P  nên tọa độ B nghiệm hệ    z  1  t y   x  y  z    z  2  B  0;3; 2  Câu 32: [2H3-1.1-3](THPT ĐẶNG THÚC HỨA-NGHỆ AN-LẦN 2-2018) Trong không gian Oxyz cho ba điểm A  2;0;1 , B 1;0;0  , C 1;1;1 mặt phẳng ( P) : x  y  z   Điểm M  a; b; c  nằm mặt phẳng ( P) thỏa mãn MA  MB  MC Tính T  a  2b  3c A T  B T  C T  Lời giải D T  Chọn D a  b  c   M   P    2 Ta có :  BM  AM nên  a  1  b  c   a    b   c  1   BM  CM 2 2 2   a  1  b  c   a  1   b  1   c  1 a  b  c  a     2a  2c   b  T  a  2b  3c  2b  2c  c    Câu 19: [2H3-1.1-3] (SGD Đà Nẵng - HKII - 2017 - 2018) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABCD ABCD , biết A  3;0;0  , B  0; 2;0  , D  0;0;1 , A 1; 2;3 Tìm tọa độ điểm C  A C  10; 4;  B C  13;4;4  C C  13; 4;  D C   7; 4;  Lời giải Chọn C A' B' D' C' A B D C Gọi C   x; y; z  Ta có AB   3; 2;0  ; AD   3;0;1 ; AA   4; 2;3  x  10   Mà AC  AB  AD  AA  AC  10; 4;    y    C 13; 4;  z    Câu 43: [2H3-1.1-3] (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp - QB - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho tam giác ABC có A  2; 2;1 , B  4; 4;  , C  2; 4; 3 Đường phân giác AD tam giác ABC có vectơ phương là: 1    A  2; 4; 3 B  6;0;5 C  0;1;   D   ;  ; 1 3  3   Hướng dẫn giải Chọn C Ta có AB  3, AC  Kí hiệu  x; y; z  toạ độ điểm D Vì AD phân giác tam giác ABC nên DB AB   DC AC  4  x    2  x   x    1 1   Do đó, ta có DB   DC  4  y     y    y  Vậy D  2; 4;  2 3    1  z     z    3  z   2 1   AD   0; 2;    AD  2u , với u   0;1;   3 3   Câu 16: [2H3-1.1-3] [SGD VĨNH PHÚC] [2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;2;0  , 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 Lời giải Chọn D D C  3;7;4  Cách AB  (2;2;1)  x  1  2t  Đường thẳng CD có phương trình CD :  y   2t z   t  Suy C  1  2t;3  2t;2  t  ; CB  (4  2t;1  2t; 1  t ), CD  (2t; 2t; t ) Ta có cos BCD  Hay (4  2t )(2t )  (1  2t )(2t )  (1  t )(t ) (4  2t )  (1  2t )  (1  t ) (2t )  ( 2t )  ( t ) (4  2t )(2t )  (1  2t )(2t )  (1  t )(t ) (4  2t )  (1  2t )  (1  t ) (2t )  (2t )  (t )  (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 Ta có AB  (2;2;1), AD  (2;1;2) Suy A B AB  CD AB  AD Theo giả thiết, suy DC  AB Kí hiệu C (a; b; c) , ta có DC  (a  1; b  3; c  2) , AB  (4;4;2) Từ C (3;7;4) C D Câu 43: [2H3-1.1-3] [2017] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm M  3;0;0 , N  m, n,0  , P  0;0; p  Biết MN  13, MON  600 , thể tích tứ diện OMNP Giá trị biểu thức A  m  2n2  p A 29 B 27 C 28 D 30 Lời giải Chọn A OM   3;0;0  , ON   m; n;0   OM ON  3m OM ON  OM ON cos 600  OM ON OM ON MN   m  3  m   2 2 m n  n2  13 Suy m  2; n  2 OM , ON  OP  p  V  p   p     Vậy A   2.12   29 Câu 44: [2H3-1.1-3] (THPT Quảng Xương - Thanh Hóa- Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz cho A 1; 1;  , B  2;0;3 , C  0;1; 2  Gọi M  a; b; c  điểm thuộc mặt phẳng  Oxy  cho biểu thức S  MA.MB  2MB.MC  3MC.MA đạt giá trị nhỏ Khi T  12a  12b  c có giá trị A T  B T  3 D T  1 C T  Lời giải Chọn D Do M  a; b; c  thuộc mặt phẳng  Oxy  nên c   M  a; b;0  Ta có MA  1  a; 1  b;  , MB   2  a; b;3 , MC   a;1  b; 2  2 1  19   S  MA.MB  2MB.MC  3MC.MA  6a2  6b2  2a  b    a     b    6   12  24  a  19 19  Vậy S đạt giá trị nhỏ   T  12a  12b  c  1 S 24 b   12 Câu 380: [2H3-1.1-3] [THPT Hai Bà Trưng Lần - 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A  2;0;   , B  3;  1;   , C  2; 2;0  Tìm điểm D mặt phẳng  Oyz  có cao độ âm cho thể tích khối tứ diện ABCD 2; 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 (do c  ) Suy tọa độ D  0; b;  1 Ta có: AB  1;  1;   , AC   4; 2;  , AD   2; b;1   AB, AC    2;6;     AB, AC  AD  4  6b    b  1  VABCD   AB, AC  AD  b   D  0;3;  1 b  D  0;3; 1 Mà VABCD   b     Chọn đáp án   D  0;  1;  1 b  1 Câu 22 [2H3-1.1-3] (THPT Chuyên Bắc Ninh - Lần - 2017 - 2018) Cho ba điểm A 1; 3 , B  2;6  C  4; 9  Tìm điểm M trục Ox cho vectơ u  MA  MB  MC có độ dài nhỏ A M  2;0  B M  4;0  C M  3;0  D M 1;0  Lời giải Chọn D * Cách 1: Ta có ba điểm A , B , C khơng thẳng hàng (do hai vectơ AB BC không phương) Gọi M  m;   Ox G trọng tâm ABC suy G 1; 2  Khi u  MA  MB  MC  3MG  1  m; 2  Do u  MG  1  m    3.2  Suy u đạt giá trị nhỏ m  Vậy M 1;0  * Cách 2: Gọi M  m;   Ox , ta có MA  1  m; 3 , MB   2  m;6  , MC    m; 9  u  MA  MB  MC    3m; 6   u    3m   36  Suy u đạt giá trị nhỏ m  Câu 7449: [2H3-1.1-3] [THPT chuyên Lê Quý Đôn – 2017] 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;3 B A  3; 3; 3 C A  3; 3;3 D A  3;3;1 Lời giải Chọn A Gọi A  x1; y1; z1  , C  x2 ; y2 ; z2  5  Tâm hình bình hành ABCD I 1;3;  2  A/ D/ C/ B/ A B D C  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   x2  x1   Do ACCA la hình bình hành nên  y2  y1   z  z  1  Xét hệ phương trình:  x1  x2   x  3  y1  y2   y1          x2  x1   x2   y2  y1   y2  Vậy A  3;3;3  z1  z2  z     z2  z1  1  z2  Câu 7454: [2H3-1.1-3] [TT Hiếu Học Minh Châu-2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp ABCD ABCD có A  0;0;0  , B  3;0;0  , D  0;3;0  D  0;3; 3 Tọa độ trọng tâm tam giác ABC A 1;1; 2  B 1;2; 1 C  2;1; 2  D  2;1; 1 Lời giải Chọn C Gọi A  a1; a2 ; a3  , B  b1; b2 ; b3  , C  c1; c2 ; c3  Do tính chất hình hộp ta có: a1   AA  DD  a2   A  0;0;  3 a  3  b1   b1    BB  DD  b2   b2   B  3;0;  3 b  3 b  3   c1  c1    DC  AB  c2    c2   C  3;3;0  c  c    Tọa độ trọng tâm G tam giác ABC là: G  2;1;   Câu 7461: [2H3-1.1-3] [THPT Nguyễn Đăng Đạo-2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A 0;1; , B 1;1;1 , C 3;0;0 Tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A I 0; 4;1 B I 4;0;5 C I 3; 1;4 D I 2; 2;3 Lời giải Chọn D Ta có AB  1;0; 1 ; AC   3; 1; 2   n   AB, AC    1; 1; 1 vtpt  ABC  Phương trình  ABC  : x  y  z   Gọi I  a; b; c  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC a   b  12   c  2   a  12   b  12   c  12   2   IA  IB  IC Ta có :   a   b  1   c     a  3  b  c   I   ABC  a  b  c    a  c  1 a     6a  2b  4c   b  2 a  b  c  c    Câu 7535: [2H3-1.1-3] [BTN 165 - 2017] Trong không gian Oxyz , cho tam giác MNP biết MN   2;1; 2  NP   14;5;  Gọi NQ đường phân giác góc N tam giác MNP Hệ thức sau ? A QP  5QM B QP  5QM C QP  3QM D QP  3QM Lời giải Chọn A  MN   2;1; 2   MN   Ta có  NP   14;5;  NP  15     NQ đường phân giác góc N  QP NP 15     5 MN QM Hay QP  5QM Câu 7544: [2H3-1.1-3] [THPT Yên Lạc-VP - 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác MNP biết MN   2;1; 2  , NP   14;5;  Gọi NQ đường phân giác góc N tam giác MNP Hệ thức A QP  5QM B QP  3QM C QP  3QM D QP  5QM Lời giải Chọn A Theo tính chất phân giác ta có QM NM   QP NP  5QM  QP  5QM  QP ( Do QM , QP hai vecto ngược hướng ) Câu 7547: [2H3-1.1-3] [THPT Quảng Xương lần - 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(2;3;1) , B(1;1;0) M (a; b;0) cho P  MA  2MB đạt giá trị nhỏ Khi a  2b : A B 2 C Lời giải D 1 Chọn B Gọi M (a; b;0) , MA  (2  a;3  b;1), MB  (1  a;1  b;0)  P  a  (b 1)2    MinP  a  0; b  1  a  2b  2 [2H3-1.1-3] [THPT Chuyên NBK(QN) - 2017] Cho tam giác ABC với A 1;2; 1 , Câu 7566 B  2; 1;3 , C  4;7;5 Độ dài phân giác ABC kẻ từ đỉnh B là: A 73 B 30 C Lời giải 74 D 74 Chọn D Gọi D  a; b; c  chân đường phân giác kẻ từ đỉnh B Ta có  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    [2H3-1.1-3] [Sở Bình Phước- 2017] Cho tam giác ABC với A 1; 2;  1 , B  2;  1; 3 , Câu 7567 C   4; 7; 5 Độ dài phân giác ABC kẻ từ đỉnh B là? A 73 B 74 C 30 D 74 Lời giải Chọn D Gọi D  a; b; c  chân đường phân giác kẻ từ đỉnh B  a   2  a  1  a    BA AD 1 74  11    AD   CD  2  b    b   b   BD  Ta có BC CD 2 3   2  c  1  c  c    Câu 35: [2H3-1.1-3] (THPT Ngọc Tảo - Hà Nội - 2018 - BTN – 6ID – HDG) Trong khơng gian Oxyz cho tam giác ABC có A 1; 2;  1 , B  2;  1;3 , C  4;7;5 Tọa độ chân đường phân giác góc ABC tam giác ABC  11  11   A  ;  2;1 B  ; ;  2  3 3  C  2;11;1  11  D   ; ;1  3  Lời giải Chọn D  x   5t  Ta có phương trình đường thẳng AC  y   5t ,  t   z  1  6t   Gọi I chân đường phân giác góc ABC tam giác ABC  I 1  5t;2  5t;   6t  Lại có BA  1;3;   , BC  6;8;  , BI  5t  1;5t  3;6t   Vì I chân đường phân giác góc ABC tam giác nên ABC : BA.BI BC.BI cos BA; BI  cos BC; BI   BA BI BC BI      5t   15t   16  24t  1  32   4    8t  52  82t  22  t  30t   40t  24  12t   6   82  22  11   I   ; ;1  3   4t  26 82t  22  26 104 Câu 13: [2H3-1.1-3](THPT TRẦN KỲ PHONG - QUẢNG NAM - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  2;3;1 , B  2;1;0  , C  3; 1;1 Tìm tất điểm D cho ABCD hình thang có đáy AD S ABCD  3S ABC A D 8;7; 1  D  8; 7;1 B   D 12;1; 3  D  8;7; 1 C   D  12; 1;3 Lời giải D D  12; 1;3 Chọn D Gọi D  x; y; z  , AD   x  2; y  3; z  1 , BC   5; 2;1 , BC  30 x  y  z 1    t   D  2  5t;3  2t;1  t  5 2 AD  BC Theo đề S ABCD  3S ABC  d  A, BC   d  A, BC  BC  AD  2BC 2 2  25t  4t  t  4.30  t   D  12; 1;3 Do AD chiều với BC  ... 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 ;3? ?? B A  ? ?3; ? ?3; ? ?3? ?? C A  ? ?3; ? ?3; 3 D A  ? ?3; 3;1 Lời giải Chọn... ? ?3; 3; 3? ??  xA '    xA '  ? ?3   Ta có AA  IJ   y A '     y A '  z 1  z   A'  A' Vậy A  ? ?3; 3 ;3? ?? Câu 34 : [2H 3- 1 . 1 -3 ](CHUYÊN VINH LẦN 3- 2 018) Trong không gian Oxyz , cho. .. Quý Đôn - Đà Nẵng - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A  2; ? ?3; 7  , B  0; 4;1 , C  3; 0;5 D  3; 3 ;3? ?? Gọi M điểm nằm mặt phẳng  Oyz  cho biểu