Dang 1. Bài toán HHKG(VDT

Câu [2H3-4.1-3] (GIA LỘC TỈNH HẢI DƯƠNG 2019 lần 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz ,cho tứ diện ABCD có tọa độ điểm A ( 1;1;1) , B ( 2;0;2 ) C ( − 1; − 1;0 ) , D ( 0;3;4 ) AB AC AD + + =4 Trên cạnh AB , AC , AD lấy điểm B′ , C ′ , D′ cho AB′ AC ′ AD′ tứ diện AB′C ′D′ tích nhỏ Phương trình mặt phẳng ( B′C ′D′ ) A 16 x − 40 y − 44 z + 39 = C 16 x + 40 y + 44 z − 39 = B 16 x − 40 y − 44 z − 39 = D 16 x + 40 y − 44 z + 39 = Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Oanh; Fb: Oanh Nguyen Chọn D Trên cạnh AB , AC , AD tứ diện ABCD có điểm B′ , C ′ , D′ Áp dụng VAB′C′D′ AB′ AC ′ AD′ = × × AB AC AD công thức tỉ số thể tích ta có VABCD AB AC AD + + =4 Từ giả thiết AB′ AC ′ AD′ , áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có: V AB AC AD AB AC AD + + ≥ 3 × × = 3 ABCD AB′ AC ′ AD′ AB′ AC ′ AD′ VAB′C′D′ V 27 ⇔ 64 ≥ 27 × ABCD ⇔ VAB 'C ' D ' ≥ VABCD VAB 'C ' D ' 64 4= Do VABCD ⇔ ⇔ cố định nên VAB 'C ' D ' nhỏ ⇔ VA ' B ' C ' D ' = 27 AB AC AD VABCD ⇔ = = = 64 AB′ AC ′ AD′ AB′ AC ′ AD′ = = = AB AC AD uuur uuur ( B′C′D′ ) song song với ( BCD ) qua điểm B′ thoả AB′ = AB uuur uuur Có BC = ( − 3; − 1; − ) , BD = ( − 2;3;2 ) r uuur uuuur n =  BC , BD  = ( 4;10; − 11) , suy vectơ pháp tuyến mặt phẳng ( B′C′D′ ) Có uuur uuur  7 uuur B ' ; ; ÷ ′ AB = AB AB = ( 1; − 1;1) , giả sử B ' ( x ; y ; z ) Do nên  4  Vậy phương trình Câu ( B′C ′D′ ) là: 16 x + 40 y − 44 z + 39 = [2H3-4.1-3] (THPT-Chun-Sơn-La-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-4) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy ABCD điểm hai cạnh SA MN ( SBD ) mặt phẳng A hình vng cạnh BC , biết MN = a , tâm O Gọi M N trung a Khi giá trị sin góc đường thẳng B C D Lời giải Tác giả: Trần Đắc Nghĩa; Fb: Đ Nghĩa Trần Chọn B Gọi I Khi Xét hình chiếu CI = M lên ( ABCD ) , suy I trung điểm AO 3a AC = 4 ∆ CNI có: CN = a · = 45o , NCI Áp dụng định lý cosin ta có: a 9a a 3a 2 a 10 NI = CN + CI − 2CN CI cos 45 = + − = 4 Xét ∆ MIN vuông o I nên MI = MN − NI = a 14 MI / / SO, MI = SO ⇒ SO = Mà 2 3a 5a a 14 − = Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ:     2     B  0; ;0 ÷÷ D  0; − ;0 ÷÷ C  ;0;0 ÷÷ N  ; ;0 ÷÷ ,  ,  Ta có: O ( 0;0;0 ) ,  ,  4 ,     14  14  A  − ;0;0 ÷÷ S  0;0; ÷÷ M  − ;0; ÷÷ 4 , ,       uuuur  2 14  uur  14  uuur  14  MN =  ; ; − SB = 0; ; − ;− ÷÷  ÷÷ SD =  0; − ÷  , , 2 ÷ Khi    r uur uuur n Vectơ pháp tuyến mặt phẳng ( SBD ) : = SB ∧ SD = − ;0;0 ( ) uuuur r − MN n sin ( MN , ( SBD ) ) = uuuur r = = MN n Suy Câu [2H3-4.1-3] (CỤM TRẦN KIM HƯNG với hệ tọa độ Oxyz , ìï x = + t ïï d : í y =- mt ïï ïïỵ z = (m - 1)t với xúc với ( S) cho mặt cầu HƯNG YÊN NĂM 2019) Trong không gian m tham số thực Giả sử ( P ) T T 2 ( S ) : ( x - 1) +( y - 2) +( z - 3) = ( P ') Xét đường thẳng hai mặt phẳng chứa d , tiếp ' Khi m thay đổi, tính giá trị nhỏ độ dài đoạn thẳng TT ' A 2 11 B 13 C D 2 Lời giải Tác giả: Nguyễn Trường Giang; Fb: Giang Nguyen Chọn C Mặt cầu ( S) vẽ trên) Gọi Vì có tâm H I ( 1;2;3) , bán kính R = Mặt phẳng ( ITT ') giao điểm ∆ TIH ~ ∆ MIT TT ′ cắt d điểm M (như hình MI nên ta có: TH TI TM TI R MI − R R2 = ⇒ TH = = = R 1− TM MI MI MI MI Do TT ′ = 2TH nên ′ ⇔ TH ⇔ MI TTmin ìï x =1 + t ïï í y =- mt ïï Nhận xét với ïïỵ z = (m - 1)t ta có: x + y + z = + t − mt + ( m − 1) t = nên m thay đổi ta ln có ( d ) ⊂ ( P ) : x + y + z − = cố định Vì MI = d ( I , ( P ) ) = ′ = 2TH TTmin Từ ta có: 1+ + − 12 + 12 + 12 = R2 22 13 = R − = 2.2 − = MI    ÷  3 Ta kiểm tra điều kiện đủ toán, tức chứng minh hình chiếu vng góc ( P) thuộc vào đường thẳng lên d  x = 1+ t  d′ :  y = + t z = 3+ t vng góc với ( P ) ta có:  Gọi d′ đường thẳng qua Gọi M hình chiếu vng góc I I lên ( P) ta có: M = d′ ∩ ( P) ( 1+ t ) + ( + t ) + ( + t ) − = ⇔ t = suy ra: −5  −2  ⇒ M ; ; ÷  3 3  −2  = 1+ t  −5  t = 1 ⇔  = −mt  m = 1 4  m = = m − t ( ) Xét hệ:  Vậy với độ dài Câu I TT ′ nhỏ [2H3-4.1-3] (KINH MÔN II LẦN NĂM 2019) (KINH MÔN II LẦN NĂM 2019)Cho hình hộp đứng ABCD A′ B ′C ′D′ có đáy hình thoi, tam giác ABD Gọi M, N C ′D ′ , biết MN ⊥ B ′D Gọi α mặt đáy ( ABCD ) , giá trị cos α trung điểm A cos α = BC B cos α = cos α = C góc tạo đường thẳng 10 D cos α = MN Lời giải Tác giả: Phạm Minh Thùy; Fb: Phạm Minh Thùy Chọn A Đặt cạnh hình thoi Gọi ABCD , chiều cao hình hộp = h ( h > ) O giao điểm hai đường chéo AC Tam giác ABD ⇒ AO = BD hình thoi 1 = CO , BD = AB = 1, BO = DO = BD = 2  −    uuuur B ′  0; ; h ÷, D  0; ; ÷⇒ B ′D ( 0;1; − h ) Ta có      −    uuuur  M  ; ; ÷÷, N  ; ; h ÷÷ ⇒ MN  0; ; h ÷    4   4  uuuur uuuur MN ⊥ B ′D ⇒ MN B ′D ⇒ h = ⇒ h = Vì 2 (Vì h> 0) −  A  ; ; ÷÷, Lại có    −    uuur  −  uuur   B  0; ; ÷, D  0; ; ÷ ⇒ AB  ; ;0 ÷÷, AD  ; ;0 ÷÷ 2 2         r uuur uuur   ur uuuur   n =  AB, AD  =  0;0; ÷÷, u = MN =  0; ; ÷÷    2  Gọi α góc tạo đường thẳng MN r r u n sin α = r r = ⇒ cos α = u.n Ta có mặt đáy ( ABCD ) Câu [2H3-4.1-3] (Đặng Thành Nam Đề 9) Trong không gian cho tam giác ABC với x−3 y −3 z −2 = = , −1 −1 phương trình đường phân A ( 2;3;3) đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B x− y− z− = = giác góc C −1 − Đường thẳng uur u A = (0;1; − 1) Oxyz , uur u B = (2;1; − 1) AB có véctơ phương là: uur u C = (1;2;1) uur u D = (1; − 1;0) Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Huỳnh Như ; Fb: Nhu Nguyen Chọn A M (3 − t ;3 + 2t ;2 − t ) trung điểm cạnh AC , C (4 − 2t ;3 + 4t ;1 − 2t ) Gọi Mặt khác C thuộc đường phân giác góc C (4 − 2t ) − (3 + 4t ) − (1 − 2t ) − = = ⇔ t = ⇒ C (4;3;1) −1 −1 Gọi ∆ nên A′ đối xứng với A qua phân giác góc C ⇒ A ' ∈ CB Mặt phẳng (α ) A qua vng góc với đường phân giác góc C: ( α ) : 2( x − 2) − ( y − 3) − ( z − 3) = Gọi H = ( α ) ∩ ∆ ⇒ H ( 2;4;2 ) Mặt khác : H trung điểm Phương trình đường thẳng AA′ BC nên qua A′ ( 2;5;1) A′, C là:  x = + 2t   y = − 2t z =  uuur ⇒ BC ∩ BM = B ( 2;5;1) ⇒ AB = ( 0; 2; − ) binhlt.thpttinhgia1@thanhhoa.edu.vn Câu [2H3-4.1-3] (HKII-CHUYÊN-NGUYỄN-HUỆ-HÀ-NỘI) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , gọi ( P) mặt phẳng chứa đường thẳng d: x−1 y + z = = − − tạo với trục Oy ( P) C N (− 1; − 2; − 1) góc có số đo lớn Điểm sau thuộc mặt phẳng A E (−3;0;4) B M (3;0;2) D F (1;2;1) Lời giải Tác giả: Nguyễn Ngọc Minh; Fb: Nguyễn Minh Chọn C Cách 1: r Đường thẳng d qua điểm M (1; − 2;0) , có véc tơ phương a = (1; − 1; − 2) tơ phương r j = (0;1;0) trục Oy có véc r 2 n Gọi = ( A; B; C ) ( A + B + C ≠ 0) véc tơ pháp tuyến mặt phẳng ( P ) rr r Vì d ⊂ ( P ) ⇒ a n = ⇔ A + (− 1).B + (− 2).C = ⇔ A = B + 2C ⇒ n = ( B + 2C ; B; C ) π  0≤ϕ ≤ ÷  Gọi ϕ góc mặt phẳng ( P ) trục Oy  2 r ur n j B B2 sin ϕ = r r = = 2 2 B + BC + 5C n j ( B + C ) + B + C Ta có = C C +  ÷ +  ÷  B  B sin ϕ Vì hàm số = C 2 5 + ÷ +  B 5 ( B ≠ 0)  π  0; ÷ tăng liên tục   nên ϕ đạt giá trị lớn sin ϕ lớn C 2 6 C 5 + ÷ + + =0 Lúc  B  đạt giá trị nhỏ B r B = ⇒ C = − 2; A = ⇒ n = (1;5; − 2) Chọn r n = (1;5; − 2) ( P) qua điểm M (1; − 2;0) , có véc tơ pháp tuyến 1.( x − 1) + 5.( y + 2) − 2( z − 0) = ⇔ x + y − z + = Thế tọa độ N (− 1; − 2; − 1) vào phương trình mặt phẳng ( P ) : − + 5(− 2) − 2(− 1) + = Phương trình mặt phẳng (ln đúng) Vậy điểm N (− 1; − 2; − 1) thuộc mặt phẳng ( P) Xét toán tổng quát: Cho hai đường thẳng Viết phương trình mặt phẳng Phương pháp giải: +) Vẽ đường thẳng mp +) ∆3 H ∆3 ( P) song song với hình chiếu vng góc · (·∆ , ( P ) ) = BMH Suy HB BA ≤ BM BM không đổi · BMH lớn ∆ 1, ∆ chứa đường thẳng ( P ) , kẻ BA ⊥ ∆ · sin BMH = Cách 2: Tác giả: Vân Hà; Fb: Ha Van H≡A B ∆2 lên phân biệt không song song với ∆ tạo với ∆ góc lớn cắt ∆1 M Gọi B điểm cố định · BMH = (·∆ , ∆ ) ( P ) chứa ∆ vuông góc với mặt phẳng ( ∆ , ∆ ) uur uuur uur   u ,u  ,u  P Vậy ( ) có VTPT là:   ∆ ∆  ∆  Khi Áp dụng: uur ur r uur r uur   ud = ( 1; − 1; − ) ; j = ( 0;1;0 ) , n =  ud , j  , ud  = ( 1;5; − ) Phương trình mặt phẳng ( P ) qua   r n = (1;5; − 2) x + y − z + = M (1; − 2;0) , có véc tơ pháp tuyến Vậy điểm N (− 1; − 2; − 1) thuộc mặt phẳng ( P ) điểm Câu [2H3-4.1-3] (Đặng Thành Nam Đề 14) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1;0;2), B(−2;0;5), C(0;−1;7) Trên đường thẳng d vng góc với mặt phẳng (ABC) A lấy điểm S Gọi H, K hình chiếu vng góc A lên SB, SC Biết S di động d (S ≠ A) đường thẳng HK ln qua điểm cố định D Tính độ dài đoạn thẳng AD A AD = 3 B AD = C AD = D AD = Lời giải Tác giả : Nguyễn Văn Quang ; Fb: Quang Nguyen Chọn C Ta có : uuur AB = ( − 3;0;3) , AB = uuur BC = ( 2; − 1;2 ) , BC = uuur AC = ( − 1; − 1;5 ) , AC = 3 Vì uuur uuur AB.BC = ⇒ ∆ ABC vuông B  BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH  Ta có :  BC ⊥ SA  AH ⊥ SB ⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ AH ⊥ SC  Ta có :  AH ⊥ BC  SC ⊥ AH ⇒ SC ⊥ ( AHK )  Ta có :  SC ⊥ AK Do : Gọi D giao điểm HK BC SC ⊥ AD  AD ⊥ SA ⇒ AD ⊥ ( SAC ) ⇒ AD ⊥ AC  Ta có :  AD ⊥ SC Vì D nằm mặt phẳng (ABC) D giao điểm BC đường thẳng vng góc với AC A nên D cố định ( A, B, C cố định) AD = AC.tan C = AC Trong ΔDAC vng A, ta có : Câu [2H3-4.1-3] (CổLoa Hà Nội) Trong không gian A ( 1;2;1) , C ′ ( 3;6; − 3) có tọa độ ( S ) : ( x − 2) + ( y − 4) + ( z + 1) 2 hình lập phương A Gọi AB = 3 =3 Đáp án C BC Oxyz , cho hình lập phương ABCD A′ B′C ′D′ M điểm thuộc mặt cầu = Tính tổng khoảng cách từ điểm M ABCD.A′ B′C ′D′ B 3 C Lời giải đến tất mặt D 12 Tác giả: Phùng Minh Nam ; Fb: Nam Phung Chọn C Ta có AC ' = nên AB = Mặt cầu R =1< ( S) có tâm đến M nằm hình lập phương ABCD.A′ B′C ′D′ có bán kính ABCD.A′ B′C ′D′ , tổng khoảng cách từ điểm mặt hình lập phương ABCD.A′ B′C ′D′ Vậy từ điểm M hình lập phương Câu trùng với tâm hình lập phương AB nên mặt cầu ( S ) nằm hình lập phương ABCD A′ B′C ′D′ Với điểm M I ( 2;4; − 1) AB = thuộc mặt cầu ( S ) , tổng khoảng cách từ điểm M ABCD.A′ B′C ′D′ [2H3-4.1-3] (Nguyễn Du Dak-Lak 2019) Trong không gian tọa độ A ( 2;1;2 ) , B ( 2; − 3;1) , C ( 3;2;2 ) hình chiếu vng góc Diện tích hình bình hành mặt phẳng Oxyz , điểm cho A′ B′C ′D′ mặt cho ba điểm ( α ) : x − y + z = Gọi A′ , B′ , C′ A , B , C lên ( α ) D′ A′ B′C ′D′ đến là hình bình hành 3 A 22 B 11 C 11 D 22 Lời giải Tác giả: Nam Phung; Fb: Nam Phung Chọn C Ta có uuur uuur AB = ( 0; − 4; − 1) , AC = ( 1;1;0) uuuur uuur uuur uuur uuur  AB, AC  = ⇒ S =   ⇒ nABC =  AB, AC  = ( 1; − 1;4 ) ∆ ABC   2 uuuur uur n ABC n α 22 22 cos ( ( ABC ) , ( α ) ) = uuuur uur = = 33 ⇒ S∆ A′B′C′ = S∆ ABC cos ( ( ABC ) , ( α ) ) = n ABC n α 33 11 ⇒ S∆ A′B′C ′D′ = 2S ∆ A′B′C ′ = 11 Câu 10 [2H3-4.1-3] (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Trong không gian B ( 0; −1;0 ) , C ( 0;0;1) , D ( 1; − 1;1) Mặt cầu tiếp xúc A π cho điểm A ( 1;0;0 ) , ABCD ( ACD ) cạnh tứ diện cắt S Chọn mệnh đề đúng? theo thiết diện có diện tích S= Oxyz , B S= π S= C π D S= π Lời giải Tác giả: Nguyễn Thế Quốc; Fb: Quốc Nguyễn Chọn B Nhận thấy AB = AC = BC = DA = DB = DC = Theo giả thiết giao tuyến mặt cầu tiếp xúc nội tiếp tam giác Gọi r nên cạnh tứ diện với ( ACD ) đường tròn ACD bán kính hình trịn nội tiếp tam giác Khi diện tích tam giác ACD , S∆ ACD ACD , p= AC + CD + AD = 2 AC 3 = pr ⇔ = pr ⇔ = r ⇔ r = 2  6 π S = π r = π  ÷÷ = Diện tích thiết diện   (đvdt) Cách 2: ABCD tứ diện cạnh ABCD tứ diện nên ( ACD ) cắt mặt cầu theo giao tuyến đường tròn nội tiếm ∆ ACD Suy tâm đường tròn trùng với trọng tâm tam giác ACD bán kính Vì r= AC =  6 π S = π r = π  ÷÷ = Diện tích thiết diện   (đvdt)  ... ta có: 1+ + − 12 + 12 + 12 = R2 22 13 = R − = 2.2 − = MI    ÷  3 Ta kiểm tra điều kiện đủ toán, tức chứng minh hình chiếu vng góc ( P) thuộc vào đường thẳng lên d  x = 1+ t  d′ :  y =... 2; A = ⇒ n = (1;5; − 2) Chọn r n = (1;5; − 2) ( P) qua điểm M (1; − 2;0) , có véc tơ pháp tuyến 1.( x − 1) + 5.( y + 2) − 2( z − 0) = ⇔ x + y − z + = Thế tọa độ N (− 1; − 2; − 1) vào phương trình... 1) + = Phương trình mặt phẳng (luôn đúng) Vậy điểm N (− 1; − 2; − 1) thuộc mặt phẳng ( P) Xét toán tổng quát: Cho hai đường thẳng Viết phương trình mặt phẳng Phương pháp giải: +) Vẽ đường thẳng