D01 tìm tọa độ điểm, tọa độ vec tơ thỏa đk cho trước muc do 4

Câu 49 [2H3-1.1-4] (SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A  7;2;3 , B 1;4;3 , C 1;2;6  , D 1;2;3 điểm M tùy ý Tính độ dài đoạn OM biểu thức P  MA  MB  MC  3MD đạt giá trị nhỏ A OM  21 C OM  14 B OM  26 D OM  17 Lời giải Chọn C Ta có DA   6;0;0  , DB   0;2;0  , DC   0;0;3 nên tứ diện $ABCD$ tứ diện vuông đỉnh D Giả sử M  x  1; y  2; z  3 Ta có MA   x  6  y  z  x    x , MB  x   y    z  y    y MC  x  y   z  3  z    z ,   3MD  x  y  z   x  y  z  x yz Do P    x     y     z    x  y  z   11 x  y  z  6  x   Vậy P đạt giá trị nhỏ $11$, 2  y   x  y  z  3  z    x  y  z  Khi M 1;2;3 suy OM  12  22  32  14 Câu 37 [2H3-1.1-4] [B1D2M2] (THPT QUẢNG XƯƠNG1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  3;1;0  , B  0; 1;0  , C  0;0; 6  Nếu tam giác ABC thỏa mãn hệ thức AA  BB  CC  tọa độ trọng tâm tam giác A 1;0; 2  B  2; 3;0  C  3; 2;0  D  3; 2;1 Lời giải Chọn A Ta có: AA  BB  CC  1        GA  GB  GC    AG  BG  C G   3GG    AG  GG  GA  BG  GG  GB  CG  GG  GC   2 Nếu G, G theo thứ tự trọng tâm tam giác ABC, ABC nghĩa  GA  GB  GC  AG  BG  CG    GG   G  G Tóm lại 1 hệ thức cần đủ để hai tam giác ABC, ABC có trọng tâm Ta có tọa độ G là: G  1;0; 2  Câu 40: [2H3-1.1-4] [2017] Cho ba điểm A  3;1;0  , B  0; 1;0  , C  0;0; 6  Nếu tam giác ABC thỏa mãn hệ thức AA  BB  CC  có tọa độ trọng tâm là: A 1;0; 2  B  2; 3;0  C  3; 2;0  Lời giải Chọn A D  3; 2;1 * Cách diễn đạt thứ nhất: Gọi G, G’ theo thứ tự trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’ Với điểm T khơng gian có: 1 : A ' A  B ' B  C ' C   TA  TA '  TB  TB '  TC  TC '   TA  TB  TC  TA '  TB '  TC '  2 Hệ thức (2) chứng tỏ Nếu T  G tức TA  TB  TC  ta có TA '  TB '  TC '  hay T  G ' hay (1) hệ thức cần đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có trọng tâm    1  0    ; ;   1;0; 2  3   Ta có tọa độ G là: G   Đó tọa độ trọng tâm G’ A ' B ' C ' * Cách diễn đạt thứ hai: Ta có: AA '  BB '  CC '  (1)        GA  GB  GC    A ' G '  B ' G '  C ' G '  3G ' G  (2)   A ' G '  G ' G  GA  B ' G '  G ' G  GB  C ' G '  G ' G  GC  Nếu G, G’ theo thứ tự trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’ nghĩa GA  GB  GC  A ' G '  B ' G '  C ' G '    G ' G   G '  G Tóm lại (1) hệ thức cần đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có trọng tâm    1  0    ; ;   1;0; 2  Đó tọa độ 3   trọng tâm G’ A ' B ' C ' Ta có tọa độ G là: G   Câu 46: [2H3-1.1-4] [2017] Cho hình chóp S ABCD biết A  2;2;6  , B  3;1;8 , C  1;0;7  , D 1;2;3 Gọi H trung điểm CD, SH   ABCD  Để khối chóp S ABCD tích (đvtt) có hai điểm S1 , S2 thỏa mãn u cầu tốn Tìm tọa độ trung điểm I S1S2 C I  0;1;3 B I 1;0;3 A I  0; 1; 3 D I  1;0; 3 Lời giải Chọn C Ta có AB   1; 1;  , AC  1; 2;1  S ABC  3  AB, AC     2 DC   2; 2;  , AB   1; 1;   DC  AB  ABCD hình thang S ABCD  3S ABC  27 Vì VS ABCD  SH S ABCD  SH  3 Lại có H trung điểm CD  H  0;1;5 Gọi S  a; b; c   SH   a;1  b;5  c   SH  k  AB, AC   k  3;3;3  3k ;3k ;3k  Suy 3  9k  9k  9k  k  1 +) Với k   SH   3;3;3  S  3; 2;  +) Với k  1  SH   3; 3; 3  S  3; 4;8 Suy I  0;1;3 Câu 50: [2H3-1.1-4] (THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 6;1 mặt phẳng  P  : x  y   Điểm B thay đổi thuộc Oz ; điểm C thay đổi thuộc mặt phẳng  P  Biết tam giác ABC có chu vi nhỏ Tọa độ điểm B A B  0;0;1 B B  0;0;   C B  0;0;  1 D B  0;0;  Lời giải Chọn A Trước hết ta nhận thấy Oz //  P   xO  yO   xA  yA    nên A Oz nằm phía mặt phẳng  P  Gọi A điểm đối xứng A qua  P  Gọi p chu vi tam giác ABC Ta có p  AB  BC  CA  AB  BC  AC  AB  AB Do Oz //  P  nên AA  Oz Gọi K hình chiếu vng góc A lên Oz , ta có Oz  AK  AB  AK  pmin K  B Lúc   AB  AK Vậy B  0;0;1 Câu 49: [2H3-1.1-4] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian tọa  8 độ Oxyz cho hai điểm A  2; 2;1 , B   ; ;  Biết I  a; b; c  tâm đường tròn nội tiếp  3 3 tam giác OAB Tính S  a  b  c A S  B S  C S  1 D S  Lời giải Chọn D O I A D B 16 8  8 Ta có: OA   2; 2;1 , OB    ; ;   OA.OB       OA  OB 3  3 3 Lại có: OA  , OB   AB  Gọi D chân đường phân giác góc AOB  D thuộc đoạn AB Theo tính chất phân giác ta có: DA OA 3  12 12     DA   DB  D   0; ;  DB OB 4  7 OA  OB  AB Tam giác OAB có diện tích S  OA.OB  , nửa chu vi p  6 2 S OA.OB 12  r   bàn kính đường tròn nội tiếp; chiều cao OH   AB p Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB  I thuộc đoạn OD a  DI r 5  Ta có:    DI  DO  I   0;1;1 hay b  DO OH 12 12 c   Vậy S  a  b  c  ... k  1  SH   3; 3; 3  S  3; 4; 8 Suy I  0;1;3 Câu 50: [2H 3-1 . 1 -4 ] (THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 6;1 mặt phẳng  P ... trọng tâm    1  0    ; ;   1;0; 2  Đó tọa độ 3   trọng tâm G’ A ' B ' C ' Ta có tọa độ G là: G   Câu 46 : [2H 3-1 . 1 -4 ] [2017] Cho hình chóp S ABCD biết A  2;2;6  , B  3;1;8... Do Oz //  P  nên AA  Oz Gọi K hình chiếu vng góc A lên Oz , ta có Oz  AK  AB  AK  pmin K  B Lúc   AB  AK Vậy B  0;0;1 Câu 49 : [2H 3-1 . 1 -4 ] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk -