Ôn tập Vận dụng cao Toán 12 - Chủ đề 7: Tọa độ trong không gian OXYZ (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Ôn tập Vận dụng cao Toán 12 - Chủ đề 7: Tọa độ trong không gian OXYZ (Có đáp án)

1. PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10) Chủ đề 7. TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ Câu 1: (SGD VĨNH PHÚC) 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 sao cho ABCD là hình thang có hai cạnh đáy AB , CD và có góc C bằng 45°. A. C(5;9;5). B. C(1;5;3). C. C(- 3;1;1). D. C(3;7;4). Hướng dẫn giải Chọn D. uuur Cách 1. AB = (2;2;1) . ì ï x = - 1+ 2t ï Đường thẳng CD có phương trình là CD : í y = 3 + 2t . ï ï z = 2 + t îï uuur uuur Suy ra C(- 1+ 2t;3 + 2t;2 + t);CB = (4 - 2t;1- 2t;- 1- t), CD = (- 2t;- 2t;- t) . (4 - 2t)(- 2t) + (1- 2t)(- 2t) + (- 1- t)(- t) Ta có cosB·CD = (4 - 2t)2 + (1- 2t)2 + (- 1- t)2 (- 2t)2 + (- 2t)2 + (- t)2 (4 - 2t)(- 2t) + (1- 2t)(- 2t) + (- 1- t)(- t) 2 Hay = (1). (4 - 2t)2 + (1- 2t)2 + (- 1- t)2 (- 2t)2 + (- 2t)2 + (- t)2 2 Lần lượt thay t bằng 3;1;- 1;2(tham số t tương ứng với toạ độ điểm C ở các phương án A, B, C, D), ta thấy t = 2 thoả (1). Cách 2. uuur uuur ‰ Ta có AB = (2;2;1),AD = (- 2;1;2) . A B uuur uuur Suy ra AB ^ CD và AB = AD . Theo uuur uuur giả thiết, suy ra DC = 2AB . Kí hiệu C(a;b;c) , ta có uuur DC = (a + 1;b - 3;c - 2) , uuur D C 2AB = (4;4;2) . Từ đó C(3;7;4) .
2. ïì ï x = t 1 ï Câu 2: (SGD VĨNH PHÚC) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba đường thẳng d : í y = 0 , 1 ï ï z = 0 îï ì ì ï x = 1 ï x = 1 ï ï d : í y = t , d : í y = 0 . Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm H 3;2;1 và cắt ba đường 2 ï 2 3 ï ( ) ï z = 0 ï z = t îï îï 3 thẳng d1 , d2 , d3 lần lượt tại A , B , C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . A. 2x + 2y + z - 11 = 0 . B. x + y + z - 6 = 0 . C. 2x + 2y - z - 9 = 0. D. 3x + 2y + z - 14 = 0. Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi A (a;0;0), B(1;b;0), C(1;0;c). uuur uuur uuur uuur AB = (1- a;b;0), BC = (0;- b;c), CH = (2;2;1- c), AH = (3 - a;2;1). Yêu cầu bài toán uuur uuur uuur ïì é ù ï êAB,BCú.CH = 0 ì ï ë û ï 2bc + 2c(a - 1)+ (1- c)b(a - 1) = 0 é ï uuur uuur ï êb = 0 ï ï 2 3 í AB.CH = 0 Û í a = b + 1 Þ 9b - 2b = 0 Û ê 9 ï uuur uuur ï êb = ï BC.AH = 0 ï c = 2b ëê 2 ï îï îï Nếu b = 0suy ra A º B (loại). æ ö æ ö 9 ç11 ÷ ç 9 ÷ Nếu b = , tọa độ A ç ;0;0÷, Bç1; ;0÷, C(1;0;9). Suy ra phương trình mặt phẳng (ABC) là 2 èç 2 ø÷ èç 2 ø÷ 2x + 2y + z - 11 = 0 . Câu 3: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxy , cho hình hộp chữ nhật ABCD.A¢B¢C¢D¢ có A trùng với gốc tọa độ O, các đỉnh B(m;0;0) , D(0;m;0) , A¢(0;0;n) với m,n > 0 và m + n = 4 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC¢. Khi đó thể tích tứ diện BDA¢M đạt giá trị lớn nhất bằng 245 9 64 75 A. .B. . C. . D. . 108 4 27 32 ‰ Hướng dẫn giải z A' B' æ nö Tọa độ điểm C(m;m;0),C¢(m;m;;n),M çm;m; ÷ ç ÷ D' è 2ø C' n uuur uuur uuur æ nö ç ÷ AO B BA¢= (- m;0;n),BD = (- m;m;0),BM = ç0;m; ÷ m x èç 2ø m D uuur uuur C é ù 2 y ëêBA¢,BDûú= (- mn;- mn;- m )
3. 1 uuur uuur uuur m2n é ¢ ù VBDA ¢M = ëêBA ,BDûú.BM = 6 4 3 æm + m + 2nö 512 256 Ta có m.m.(2n) £ ç ÷ = Þ m2n £ èç 3 ø÷ 27 27 64 Þ V £ BDA ¢M 27 Chọn đáp án: C Câu 4: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hai mặt phẳng 4x - 4y + 2z - 7 = 0và 2x - 2y + z + 1 = 0 chứa hai mặt của hình lập phương. Thể tích khối lập phương đó là 27 81 3 9 3 64 A. V = B. . V = C.V D. V 8 8 . 2 27 Hướng dẫn giải Theo bài ra hai mặt phẳng 4x 4y 2z 7 0 và 2x 2y z 1 0 chứa hai mặt của hình lập phương. Mà hai mặt phẳng (P) : 4x 4y 2z 7 0 và (Q) : 2x 2y z 1 0 song song với nhau nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng sẽ bằng cạnh của hình lập phương. 2 7 3 Ta có M (0;0; 1) (Q) nên d((Q),(P)) d(M ,(P)) 42 ( 4)2 22 2 2 2 2 8 Vậy thể tích khối lập phương là: V . . . 3 3 3 27 Câu 5: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Trong không gian với hệ trục tọa độOxyz, cho điểm A(2;3;0), x t 6 B(0; 2;0), M ; 2;2 và đường thẳng d : y 0 .Điểm C thuộc d sao cho chu vi tam 5 z 2 t giác ABC là nhỏ nhấ thì độ dàiCM bằng 2 6 A. 2 3. B. 4. C. 2. D. . 5 Hướng dẫn giải Do AB có độ dài không đổi nên chu vi tam giác ABC nhỏ nhất khi AC CB nhỏ nhất. 2 2 VìC d C t;0;2 t AC 2t 2 2 9, BC 2t 2 4 2 2 AC CB 2t 2 2 9 2t 2 4.
4. Đặtu 2t 2 2;3 , v 2t 2;2 ápdụngbấtđẳngthức u v u v 2 2 2 2t 2 2 9 2t 2 4 2 2 2 25.Dấubằngxảyrakhivàchỉ 2 2 2t 2 2 3 7 7 3 6 7 3 khi t C ;0; CM 2 2 2. 2t 2 2 5 5 5 5 5 5 Chọn C. Câu 6: (T.T DIỆU HIỀN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A 1;1;1 , B 0;1;2 , C 2;0;1 P : x y z 1 0 . Tìm điểm N P sao cho S 2NA2 NB2 NC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. 1 5 3 3 1 A. N ; ; . B. N 3;5;1 . C. N 2;0;1 . D. N ; ; 2 . 2 4 4 2 2 Hướng dẫn giải Chọn A. 1 3 3 5 Gọi I là trung điểm BC và J là trung điểm AI . Do đó I 1; ; và J 0; ; . 2 2 4 4 1 1 Khi đó S 2NA2 2NI 2 BC 2 4NJ 2 IJ 2 BC 2 . 2 2 Do đó S nhỏ nhất khi NJ nhỏ nhất. Suy ra J là hình chiếu của N trên P . x t 3 Phương trình đường thẳng NJ : y t . 4 5 z t 4 x y z 1 0 1 x x t 2 3 5 Tọa độ điểm J là nghiệm của hệ: y t y 4 4 5 3 z t z 4 4 Câu 7: (LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng x 1 x 2 x 1 y z 1 d1 : y 1,t ¡ ; d2 : y u , u ¡ ; : . Viết phương trình mặt cầu tiếp xúc 1 1 1 z t z 1 u với cả d1,d2 và có tâm thuộc đường thẳng ? 2 2 2 2 2 2 1 1 1 5 A. x 1 y z 1 1. B. x y z . 2 2 2 2
5. 2 2 2 2 2 2 3 1 3 1 5 1 5 9 C. x y z . D. x y z . 2 2 2 2 4 4 4 16 Hướng dẫn giải Chọn A.  Đường thẳng d đi qua điểm M 1;1;0 và có véc tơ chỉ phương u 0;0;1 . 1 1 d1  Đường thẳng d đi qua điểm M 2;0;1 và có véc tơ chỉ phương u 0;1;1 . 2 2 d2 Gọi I là tâm của mặt cầu. Vì I nên ta tham số hóa I 1 t;t;1 t , từ đó   IM1 t;1 t; 1 t , IM 2 1 t; t; t . Theo giả thiết ta có d I;d1 d I;d2 , tương đương với     IM ;u IM ;u 2 2 2 1 d1 2 d2 1 t t 2 1 t   t 0 u u 1 2 d1 d2 Suy ra I 1;0;1 và bán kính mặt cầu là R d I;d1 1. Phương trình mặt cầu cần tìm là x 1 2 y2 z 1 2 1. Câu 8: (LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ Ox choyz, hai điểm A 1;0;2 ; B 0; 1 ;2 và mặt phẳng P : x 2y 2z 12 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc P sao cho MA MB nhỏ nhất? 6 18 25 A. .M 2;2;9 B. M ;. ; 11 11 11 7 7 31 2 11 18 C. .M ; ; D. M ; ; . 6 6 4 5 5 5 Hướng dẫn giải Chọn D. Thay tọa độ A 1;0;2 ; B 0; 1;2 vào phương trình mặt phẳng P , ta được P A P B 0 hai điểm A, B cùng phía với đối với mặt phẳng P . ‰ B Gọi A là điểm đối xứng của A qua P . Ta có A MA MB MA MB A B . Nên min MA MB A B khi và chỉ khi M là giao điểm của A B với P . H M P A'
6. x 1 t  AA Phương trình AA : y 2t ( đi qua A 1;0;2 và có véctơ chỉ phương n P 1;2; 1 ). z 2 2t Gọi H là giao điểm của AA trên P , suy ra tọa độ của H là H 0; 2;4 , suy ra A 1; 4;6 , x t nên phương trình A B : y 1 3t . z 2 4t 2 11 18 Vì M là giao điểm của A B với P nên ta tính được tọa độ M ; ; . 5 5 5 Câu 9: (LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ O x choyz, đường thẳng x y 1 z 2 : và mặt phẳng P : x 2y 2z 4 0. Phương trình đường thẳng d nằm 1 1 1 trong P sao cho d cắt và vuông góc với đường thẳng là x 3 t x 3t A. .d : y 1 2t t ¡ B. . d : y 2 t t ¡ z 1 t z 2 2t x 2 4t x 1 t C. .d : y 1 3t t ¡ D. . d : y 3 3t t ¡ z 4 t z 3 2t Hướng dẫn giải Chọn C.  Vectơ chỉ phương của : u 1;1; 1 , vectơ pháp tuyến của P là n P 1;2;2 . d  ud  u Vì ud u ;n P 4; 3;1 . d  P ud  n P x t y 1 t Tọa độ giao điểm H  P là nghiệm của hệ t 2 H 2; 1;4 . z 2 t x 2y 2z 4 0 Lại có d;  P d , mà H  P . Suy ra H d . Vậy đường thẳng d đi qua H 2; 1;4 và có VTCP u d 4; 3;1 nên có phương trình x 2 4t d : y 1 3t t ¡ . z 4 t Câu 10: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Trong không gian cho điểm M (1; 3;2) .Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua M và cắt các trục tọa độ tại A, B,C mà OA OB OC 0 A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn C.
7. Giả sử mặt phẳng ( ) cần tìm cắt Ox,Oy,Oz lần lượt tại A(a,0,0),B(0,b,0),C(0,0c)(a,b,c 0) x y z 1 3 2 ( ) : 1; ( ) qua M (1; 3;2) nên: ( ) : 1(*) a b c a b c a b c(1) a b c(2) OA OB OC 0 a b c 0 a b c(3) a b c(4) Thay (1) vào (*) ta có phương trình vô nghiệm 3 Thay (2),(3),(4) vào (*) ta được tương ứng a 4,a 6,a 4 Vậy có 3 mặt phẳng. Câu 11: (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm E(8;1;1) .Viết phương trình mặt phẳng ( ) qua E và cắt nửa trục dương Ox,Oy,Oz lần lượt tại A, B,C sao cho OG nhỏ nhất với G là trọng tâm tam giác ABC . A. x y 2z 11 0 . B. 8x y z 66=0 . C. 2x y z 18 0 . D. x 2y 2z 12 0. Hướng dẫn giải Chọn D. Cách 1 : 11 11 11 11 121 Với đáp án A: A(11;0;0);B(0;11;0);C(0;0; ) G( ; ; ) OG2 2 3 3 6 4 33 11 15609 Với đáp án B: A( ;0;0);B(0;66;0);C(0;0;66) G( ;22;22) OG2 4 4 16 18 18 Với đáp án C: A(9;0;0);B(0;18;0);C(0;0;18) G(3; ; ) OG2 81 3 3 Với đáp án D: A( 12;0;0);B(0;6;0);C(0;0;6) G( 4;2;2) OG2 24 Cách 2 : 8 1 1 Gọi A a;0;0 , B 0;b;0 ,C 0;0;c với a,b,c 0 . Theo đề bài ta có : 1. Cần tìm giá trị a b c nhỏ nhất của a2 b2 c2 . 2 2 Ta có a2 b2 c2 4 1 1 a.2 b.1 c.1 6. a2 b2 c2 2a b c Mặt khác
8. a2 b2 c2 4 1 1 a.2 b.1 c.1 8 1 1 2a b c a b c 4 1 1 2 36 a2 Suy ra a2 b2 c2 63 . Dấu '' '' xảy ra khi b2 c2 a 2b 2c. 4 Vậy a2 b2 c2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 216 khi a 12,b c 6 . x y z Vậy phương trình mặt phẳng là : 1 hay x 2y 2z 12 0. 12 6 6 Câu 12: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x 2 y z 2 2 2 d : và mặt cầu S : x 1 y 2 z 1 2 . Hai mặt phẳng P và Q 2 1 4 chứa d và tiếp xúc với S . Gọi M , N là tiếp điểm. Tính độ dài đoạn thẳng MN. 4 A. 2 2. B. . C. 6. D. 4. 3 Hướng dẫn giải Chọn B . Mặt cầu S có tâm I 1;2;1 , R 2 Đường thẳng d nhận u 2; 1;4 làm vectơ chỉ phương Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng d . H d H 2t 2; t;4t Lại có :  IH.u 0 2t 1; t 2;4t 1 . 2; 1;4 0 2 2t 1 t 2 4 4t 1 0 t 0 Suy ra tọa độ điểm H 2;0;0 . Vậy IH 1 4 1 6 Suy ra: HM 6 2 2 Gọi K là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng HI . 1 1 1 1 1 3 Suy ra: . MK 2 MH 2 MI 2 4 2 4 2 4 Suy ra: MK MN . 3 3 Câu 13: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M 1;2;1 . Mặt phẳng P thay đổi đi qua M lần lượt cắt các tia Ox,Oy,Oz tại A, B,C khác O . Tính giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện OABC . A. 54. B. 6. C. 9. D. 18.
9. Hướng dẫn giải Chọn C. Gọi A a;0;0 , B 0;b;0 ,C 0,0,c với a,b,c 0 . x y z Phương trình mặt phẳng P : 1 . a b c 1 2 1 Vì : M P 1 . a b c 1 Thể tích khối tứ diện OABC là : V abc OABC 6 1 2 1 1 2 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 33 . a b c a b c 2 54 Hay 1 33 1 abc abc 1 Suy ra : abc 54 abc 9 6 Vậy : VOABC 9. x 2 t x 2 2t Câu 14: (THTT – 477) Cho hai đường thẳng d1 : y 1 t và d2 : y 3 . Mặt phẳng cách đều hai z 2t z t đường thẳng d1 và d2 có phương trình là A. x 5y 2z 12 0. B. x 5y 2z 12 0. C. x 5y 2z 12 0. D. x 5y 2z 12 0. A Hướng dẫn giải Chọn D. M B P d1 qua A 2;1;0 và có VTCP là u1 1; 1;2 ; d2 qua B 2;3;0 và có VTCP là u2 2;0;1 .   Có u1,u2  1; 5; 2 ; AB 0;2;0 , suy ra u1,u2 .AB 10 , nên d1;d2 là chéo nhau. Vậy mặt phẳng P cách đều hai đường thẳng d1,d2 là đường thẳng song song với d1,d2 và đi qua trung điểm I 2;2;0 của đoạn thẳng AB . Vậy phương trình mặt phẳng P cần lập là: x 5y 2z 12 0 . Câu 15: (THTT – 477) Cho hai điểm A 3;3;1 , B 0;2;1 và mặt phẳng : x y z 7 0 . Đường thẳng d nằm trên sao cho mọi điểm của d cách đều 2 điểm A, B có phương trình là x t x t x t x 2t A. y 7 3t. B. y 7 3t. C. y 7 3t. D. y 7 3t. z 2t z 2t z 2t z t Hướng dẫn giải
10. Chọn A. Mọi điểm trên d cách đều hai điểm A, B nên d nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn AB .  3 5 Có AB 3; 1;0 và trung điểm AB là I ; ;1 nên mặt phẳng trung trực của AB là: 2 2 3 5 3 x y 0 3x y 7 0 . 2 2 3x y 7 0 y 7 3x Mặt khác d  nên d là giao tuyến của hai mặt phẳng: . x y z 7 0 z 2x x t Vậy phương trình d : y 7 3t t ¡ . z 2t Câu 16: (SỞ GD HÀ NỘI) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A 1;0;0 , B 2;0;3 , M 0;0;1 và N 0;3;1 .Mặt phẳng P đi qua các điểm M , N sao 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 một mặt phẳng P . C. Không có mặt phẳng P nào.D. Có hai mặt phẳng P . Hướng dẫn giải Chọn A. Giả sử P có phương trình là: ax by cz d 0 a2 b2 c2 0 Vì M P c d 0 d c. Vì N P 3b c d 0 hay b 0 vì c d 0. P :ax cz c 0. 2a 3c c a c Theo bài ra: d B, P 2d A, P 2 c a a c a2 c2 a2 c2 Vậy có vô số mặt phẳng P . 1 3 Câu 17: (SỞ GD HÀ NỘI) Trong không gian Oxyz , cho điểm M ; ;0 và mặt cầu 2 2 S : x2 y2 z2 8 . Đường thẳng d thay đổi, đi qua điểm M , cắt mặt cầu S tại hai điểm A, B phân biệt. Tính diện tích lớn nhất S của tam giác OAB . A. S 7. B. S 4. C. S 2 7. D. S 2 2. Hướng dẫn giải Chọn A.
11. Cách 1: Mặt cầu S có tâm O 0;0;0 và bán kính R 2 2 . 2 2 1 3 Có OM 1 nên M nằm trong mặt cầu 2 2 Khi đó diện tích AOB lớn nhất khi OM ⊥ AB. Khi đó AB 2 R2 OM 2 2 7 và 1 S OM.AB 7 AOB 2 Cách 2: gọi H là hình chiếu của O xuống đường thẳng d, đặt OH x 0 x 1 Khi đó 1 AB 2 R2 OH 2 2 8 x2 và S OH.AB x 8 x2 . AOB 2 Khảo sát hàm số f x x 8 x2 trên 0;1thu được giá trị lớn nhất của hàm số là 7 Đạt được tại x 1 Câu 18: (BẮC YÊN THÀNH) Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua điểm M (1;9;4) và cắt các trục tọa độ tại các điểm A , B , C (khác gốc tọa độ) sao cho OA OB OC . A. 1.B. 2 .C. 3 .D. 4 . Hướng dẫn giải Chọn D. Giả sử mặt phẳng ( ) cắt các trục tọa độ tại các điểm khác gốc tọa độ là A(a;0;0), B(0;b;0),C(0;0;c) với a,b,c 0. x y z Phương trình mặt phẳng ( ) có dạng 1. a b c 1 9 4 Mặt phẳng ( ) đi qua điểm M (1;9;4) nên 1 (1). a b c Vì OA OB OC nên a b c , do đó xảy ra 4 trường hợp sau: +) TH1: a b c. 1 9 4 Từ (1) suy ra 1 a 14, nên phương trình mp ( ) là x y z 14 0. a a a 1 9 4 +) TH2: a b c. Từ (1) suy ra 1 a 6, nên pt mp ( ) là x y z 6 0. a a a 1 9 4 +) TH3: a b c. Từ (1) suy ra 1 a 4, nên pt mp ( ) là x y z 4 0. a a a 1 9 4 +) TH4: a b c. Từ (1) có 1 a 12, nên pt mp ( ) là x y z 12 0. a a a Vậy có 4 mặt phẳng thỏa mãn.
12. Câu 19: (BIÊN HÒA – HÀ NAM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A a;0;0 , B 0;b;0 , C 0;0;c với a, b, c dương. Biết A, B, C di động trên các tia Ox, Oy, Oz sao cho a b c 2 . Biết rằng khi a, b, c thay đổi thì quỹ tích tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng P cố định. Tính khoảng cách từ M 2016;0;0 tới mặt phẳng P . 2014 2016 2015 A. 2017 . B. .C. . D. . 3 3 3 Hướng dẫn giải Chọn D. Gọi là mặt phẳng trung trực của đoạn OA a  đi qua điểm D ;0;0 và có VTPT OA a;0;0 a 1;0;0 2 a : x 0 . 2 Gọi  là mặt phẳng trung trực của đoạn OB a   đi qua điểm E 0; ;0 và có VTPT OB 0;a;0 a 0;1;0 2 a  : y 0 . 2 Gọi  là mặt phẳng trung trực của đoạn OC a   đi qua điểm F 0;0; và có VTPT OC 0;0;a a 0;0;1 2 a  : z 0 . 2 a a a Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC I     I ; ; . 2 2 2 a b c Mà theo giả thiết, a b c 2 1 I P : x y z 1. 2 2 2 2016 1 2015 Vậy, d M , P . 3 3 Câu 20: (SỞ BÌNH PHƯỚC) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm 1 2 3 A a;0;0 , B 0;b;0 , C 0;0;c , trong đó a 0 , b 0 , c 0 và 7. Biết mặt phẳng a b c 2 2 2 72 ABC tiếp xúc với mặt cầu S : x 1 y 2 z 3 . Thể tích của khối tứ diện 7 OABC là 2 1 3 5 A. . B. . C. . D. . 9 6 8 6 Hướng dẫn giải Chọn A.
13. x y z Cách 1: Ta có ABC : 1. a b c 72 Mặt cầu S có tâm I 1;2;3 và bán kính R . 7 1 2 3 1 a b c 72 Mặt phẳng ABC tiếp xúc với S d I; ABC R . 1 1 1 7 a2 b2 c2 1 2 3 1 1 1 7 Mà 7 . a b c a2 b2 c2 2 Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có 2 2 2 2 1 1 1 1 2 3 2 1 1 1 7 1 2 3 2 2 2 7 2 2 2 . a b c a b c a b c 2 1 2 3 1 1 1 2 1 2 Dấu " "xảy ra a b c a 2, b 1, c , khi đó V abc . 3 OABC 6 9 1 2 3 7 a b c x y z 72 Cách 2: Ta có ABC : 1, mặt cầu S có tâm I(1;2;3), R . a b c 7 1 2 3 1 a b c 72 Ta có ABC tiếp xúc với mặt cầu S d I,(P) R 1 1 1 7 a2 b2 c2 7 1 72 1 1 1 7 1 1 1 7 7 1 1 1 7 a2 b2 c2 2 a2 b2 c2 2 a2 b2 c2 2 2 2 a 2 1 1 1 1 2 3 7 1 1 1 1 3 2 2 2 1 0 b 1 a b c a b c 2 a 2 b c 2 2 c 3 1 2 V abc . OABC 6 9 1 1 1 7 Cách 3: Giống Cách 2 khi đến . a2 b2 c2 2 Đến đây ta có thể tìm a, b, c bằng bất đẳng thức như sau:
14. 2 2 2 1 2 3 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 7 Ta có 7 1. 2. 3. 1 2 3 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a b c a b c 2 1 1 1 1 1 1 7 1 2 3 Mà Dấu “=” của BĐT xảy ra a b c , kết hợp với giả thiết 7 a2 b2 c2 2 1 2 3 a b c 2 1 2 ta được a 2 , b 1, c . Vậy: V abc . 3 OABC 6 9 a 2 1 2 Ta có b 1 VOABC abc . 6 9 2 c 3 72 Cách 4: Mặt cầu S có tâm I 1;2;3 và bán kính R . 7 x y z Phương trình mặt phẳng (ABC) : 1. a b c 1 2 3 1 2 3 7 7 7 1 2 3 Ta có: 7 1 nên M ; ; ABC a b c a b c 7 7 7 1 2 3 Thay tọa độ M ; ; vào phương trình mặt cầu (S) ta thấy đúng nên M (S) . 7 7 7 Suy ra: (ABC) tiếp xúc với (S) thì M là tiếp điểm. 1 2 3  6 12 18 Do đó: (ABC) qua M ; ; , có VTPT là MI ; ; n 1;2;3 7 7 7 7 7 7 x y z 2 (ABC) có phương trình: x 2y 3z 2 0 1 a 2 , b 1, c . 2 1 2 3 3 1 2 Vậy V abc 6 9 Câu 21: (LƯƠNG TÂM) Phương trình của mặt phẳng nào sau đây đi qua điểm M 1;2;3 và cắt ba tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B , C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất? A. 6x 3y 2z 18 0 . B. 6x 3y 3z 21 0 . C. 6x 3y 3z 21 0. D. 6x 3y 2z 18 0. Hướng dẫn giải Giả sử A(a;0;0), B(0;b;0),C(0;0;c) (a,b,c 0)
15. x y z (ABC): 1 (1) a b c 1 2 3 M(1;2;3) thuộc (ABC): 1. a b c 1 Thể tích tứ diện OABC: V abc 6 1 2 3 6 27.6 1 Áp dụng BDT Côsi ta có: 1 33 1 abc 27 V 27 a b c abc abc 6 a 3 1 2 3 1 Ta có: V đạt giá trị nhỏ nhất V 27 b 6 a b c 3 c 9 Vậy (ABC): 6x 3y 2z 18 0. Chọn (D) Câu 22: (PHAN ĐÌNH PHÙNG – HN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P :3x y z 5 0 và hai điểm A 1;0;2 , B 2; 1;4 . Tìm tập hợp các điểm M x; y; z nằm trên mặt phẳng P sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất. x 7y 4z 7 0 x 7y 4z 14 0 A. . B. . 3x y z 5 0 3x y z 5 0 x 7y 4z 7 0 3x 7y 4z 5 0 C. . D. . 3x y z 5 0 3x y z 5 0 Hướng dẫn giải Chọn C. Ta thấy hai điểm A, B nằm cùng 1 phía với mặt phẳng P và AB song song với P . Điểm M P sao cho tam giác ABM có diện tích nhỏ nhất AB.d(M ; AB) S nhỏ nhất d M ; AB nhỏ nhất, hay M P  Q , Q là mặt ABC 2 phẳng đi qua AB và vuông góc với P .   Ta có AB 1; 1;2 , vtpt của P n P 3;1; 1    Suy ra vtpt của Q : n AB,n 1;7;4 Q P PTTQ Q : 1 x 1 7y 4 z 2 0 x 7y 4z 7 0 x 7y 4z 7 0 Quỹ tích M là . 3x y z 5 0 Câu 23: (CHUYÊN ĐH VINH) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M 2; 2;1 , x 1 y 5 z A 1;2; 3 và đường thẳng d : . Tìm véctơ chỉ phương u của đường thẳng 2 2 1 đi qua M , vuông góc với đường thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng bé nhất. A. u 2;1;6 .B. u 1;0;2 .C. u 3;4; 4 . D. u 2;2; 1 . Hướng dẫn giải Đáp án: B.
16. Gọi P là mặt phẳng qua M và vuông góc với d . ‰ Phương trình của P : 2x 2y z 9 0 . d A Gọi H ,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên , P . Ta có K 3; 2; 1 K H M P d( A, ) AH AK Vậy khoảng cách từ A đến bé nhất khi đi qua M ,K . có véctơ chỉ phương u 1;0;2 Câu 24: (MINH HỌA L2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xét các điểm A 0;0;1 , B m;0;0 , C 0;n;0 , D 1;1;1 với m 0;n 0 và m n 1. Biết rằng khi m , n thay đổi, tồn tại một mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng ABC và đi qua d . Tính bán kính R của mặt cầu đó? 2 3 3 A. R 1. B. R . C. R . D. R . 2 2 2 Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi I 1;1;0 là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng (Oxy) x y Ta có: Phương trình theo đoạn chắn của mặt phẳng (ABC) là: z 1 m n Suy ra phương trình tổng quát của (ABC) là nx my mnz mn 0 1 mn Mặt khác d I; ABC 1 (vì m n 1) và ID 1 d( I; ABC . m2 n2 m2n2 Nên tồn tại mặt cầu tâm I (là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng Oxy ) tiếp xúc với (ABC) và đi qua D . Khi đó R 1. Câu 25: 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 uuur uuur uuur r A¢A + B¢B + C ¢C = 0 thì có tọa độ trọng tâm là: A. (1;0;- 2). B. (2;- 3;0). C. (3;- 2;0). D. (3;- 2;1). Hướng dẫn giải Đáp án A * Cách diễn đạt thứ nhất: Gọi G, G’ theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’. Với mọi điểm T trong không gian có: uuuur uuuur uuuur r uur uuur uuur uuur uuur uuuur r (1): A 'A + B 'B + C 'C = 0 Û (TA - TA ')+ (TB - TB ')+ (TC - TC ') = 0 uur uuur uuur uuur uuur uuuur Û TA + TB + TC = TA ' + TB ' + TC ' (2)
17. uur uuur uuur r Hệ thức (2) chứng tỏ . Nếu T º G tức là TA + TB + TC = 0 thì ta cũng có uuur uuur uuuur r TA ' + TB ' + TC ' = 0 hay T º G ' hay (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có cùng trọng tâm. æ ö ç3 + 0 + 0 1- 1+ 0 0 + 0 - 6÷ Ta có tọa độ của G là: G = ç ; ; ÷= (1;0;- 2) èç 3 3 3 ø÷ Đó cũng là tọa độ trọng tâm G’ của DA 'B 'C ' * Cách diễn đạt thứ hai: uuur uuuur uuuur r Ta có: AA ' + BB ' + CC ' = 0 (1) uuuuur uuuur uuur uuuuur uuuur uuur uuuuur uuuur uuur r Û (A 'G ' + G 'G + GA)+ (B 'G ' + G 'G + GB)+ (C 'G ' + G 'G + GC ) = 0 uuur uuur uuur uuuuur uuuuur uuuuur uuuur r Û (GA + GB + GC )+ (A 'G ' + B 'G ' + C 'G ')+ 3G 'G = 0 (2) Nếu G, G’ theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’ nghĩa là uuur uuur uuur uuuuur uuuuur uuuuur uuuur r GA + GB + GC = A 'G ' + B 'G ' + C 'G ' thì (2) Û G 'G = 0 Û G ' º G Tóm lại (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có cùng trọng tâm. æ ö ç3 + 0 + 0 1- 1+ 0 0 + 0 - 6÷ Ta có tọa độ của G là: G = ç ; ; ÷= (1;0;- 2). Đó cũng là tọa độ trọng èç 3 3 3 ø÷ tâm G’ của DA 'B 'C ' Câu 26: (AN LÃO)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A( 2; 2; 1), B 1; 2; 3 và x 1 y 5 z đường thẳng d : . Tìm vectơ chỉ phương u của đường thẳng qua A, vuông 2 2 1 góc với d đồng thời cách điểm B một khoảng bé nhất. A. u (2;1;6) B. u (2;2; 1) C. u (25; 29; 6) D. u (1;0;2) Hướng dẫn giải Cách 1 (Tự luận) Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với d, B’ là hình chiếu của B lên (P)  Khi đó đường thẳng chính là đường thẳng AB’ và u B'A Qua A( 2; 2;1) Ta có P :   (P) : 2x 2y z 9 0 VTPT nP ud (2;2; 1) x 1 2t Gọi d’ là đường thẳng qua B và song song d’ d' y 2 2t z 3 t
18.  B’ là giao điểm của d’ và (P) B'( 3; 2; 1) u B'A (1;0;2) Chọn D Cách 2: Không cần viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với d. x 1 2t Gọi d’ là đường thẳng qua B và song song d’ d' y 2 2t z 3 t  B’ d’ B'A 2t 3; 2t 4;t 4    AB’  d ud .B'A 0 t 2 u B'A (1;0;2) Chọn D x 2 y 1 z Câu 27: (AN LÃO)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : . Viết 1 2 1 phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho đường thẳng AB vuông góc với d. A. P : x 2y 5z 4 0. B. P : x 2y 5z 5 0. C. P : x 2y z 4 0. D. P : 2x y 3 0. Hướng dẫn giải Cách 1 (Tự luận)  Đường thẳng d qua M(2;1;0) và có VTCP ud 1;2; 1   Ta có: AB  d và AB  Oz nên AB có VTCP là: u u ,k 2; 1;0 AB d   (P) chứa d và AB nên (P) đi qua M(2;1; 0), có VTPT là: n u ,u 1;2;5 d AB P : x 2y 5z 4 0 Chọn A Cách 2: Dùng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn. Đường thẳng d qua 2 điểm M(2;1;0) và N(3;3;-1) Giả sử mp(P) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c) x y z P : 1 a b c   AB  d AB.ud 0 a 2b (1) 2 1 3 3 1 P chứa d nên d cũng đi qua M, N 1 (2) , 1 (3) a b a b c
19. 4 Từ (1), (2), (3) a = 4, b = 2, c = P : x 2y 5z 4 0 Chọn A 5 Câu 28: 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, M· ON 600 , thể tích tứ diện OMNP bằng 3. Giá trị của biểu thức A m 2n2 p2 bằng A. 29. B. 27. C. 28. D. 30. Hướng dẫn giải     OM 3;0;0 ,ON m;n;0 OM.ON 3m       OM.ON 1 m 1 OM.ON OM . ON cos600   OM . ON 2 m2 n2 2 MN m 3 2 n2 13 Suy ra m 2;n 2 3    1 OM ,ON .OP 6 3p V 6 3p 3 p 3 6 Vậy A 2 2.12 3 29. Câu 29: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình vuông ABCD , B(3;0;8) , D( 5; 4;0) . Biết đỉnh   A thuộc mặt phẳng (Oxy ) và có tọa độ là những số nguyên, khi đó CA CB bằng: A. 5 10. B. 6 10. C. 10 6. D. 10 5. Hướng dẫn giải Ta có trung điểm BD là I( 1; 2;4) , BD 12 và điểm A thuộc mặt phẳng (Oxy) nên A(a;b;0) . 2 2 AB AD 2 2 2 2 2 (a 3) b 8 (a 5) (b 4) ABCD là hình vuông 2 1 2 2 2 AI 2 BD (a 1) (b 2) 4 36 2 17 a b 4 2a a 1 5 17 14 hoặc A(1; 2; 0) hoặc A ; ;0 (loại). (a 1)2 (6 2a)2 20 b 2 14 5 5 b 5 Với A(1;2;0) C( 3; 6;8) . Câu 30: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho 4 điểm A(2;4; 1) , B(1;4; 1) , C(2;4;3) D(2;2; 1) . Biết M x; y; z , để MA2 MB2 MC 2 MD2 đạt giá trị nhỏ nhất thì x y z bằng A. 7. B. 8. C. 9. D. 6. Hướng dẫn giải
20. 7 14 Gọi G là trọng tâm của ABCD ta có: G ; ;0 . 3 3 Ta có: MA2 MB2 MC 2 MD2 4MG2 GA2 GB2 GC 2 GD2 2 2 2 2 7 14 GA GB GC GD . Dấu bằng xảy ra khi M  G ; ;0 x y z 7 . 3 3 Câu 31: Cho hình chóp S.ABCD biết A 2;2;6 , B 3;1;8 ,C 1;0;7 , D 1;2;3 . Gọi H là trung điểm 27 của CD, SH  ABCD . Để khối chóp S.ABCD có thể tích bằng (đvtt) thì có hai điểm 2 S1, S2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Tìm tọa độ trung điểm I của S1S2 A. I 0; 1; 3 . B. I 1;0;3 C. I 0;1;3 . D. I 1;0; 3 . Hướng dẫn giải   1   3 3 Ta có AB 1; 1;2 , AC 1; 2;1 S AB, AC ABC 2 2     9 3 DC 2; 2;4 , AB 1; 1;2 DC 2.AB ABCD là hình thang và S 3S ABCD ABC 2 1 Vì V SH.S SH 3 3 S.ABCD 3 ABCD Lại có H là trung điểm của 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 ra 3 3 9k 2 9k 2 9k 2 k 1  +) Với k 1 SH 3;3;3 S 3; 2;2  +) Với k 1 SH 3; 3; 3 S 3;4;8 Suy ra I 0;1;3 x 1 y 6 z Câu 32: Cho điểm I 1;7;5 và đường thẳng d : . Phương trình mặt cầu có tâm I và cắt 2 1 3 đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho tam giác diện tích tam giác IAB bằng 2 6015 là: A. x 1 2 y 7 2 z 5 2 2018. B. x 1 2 y 7 2 z 5 2 2017. C. x 1 2 y 7 2 z 5 2 2016. D. x 1 2 y 7 2 z 5 2 2019. Hướng dẫn giải Gọi H là hình chiếu của I 1;7;5 trên d H 0;0; 4 IH d I;d 2 3 2 IH.AB 2S AIB 2 2 AB S AIB AB 8020 R IH 2017 2 IH 2
21. Vậy phương trình mặt cầu là: x 1 2 y 7 2 z 5 2 2017. Lựa chọn đáp án B. x 1 t Câu 33: Cho điểm I(0;0;3) và đường thẳng d : y 2t . Phương trình mặt cầu ( S) có tâm I và cắt z 2 t đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông là: 2 3 2 8 A. x2 y2 z 3 . B. x2 y2 z 3 . 2 3 2 2 2 4 C. x2 y2 z 3 . D. x2 y2 z 3 . 3 3 Hướng dẫn giải  Gọi H 1 t;2t;2 t d là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d  IH 1 t;2t; 1 t   Ta có vectơ chỉ phương của d : ad 1;2;1 và IH  d   1 2 2 7 IH.ad 0 1 t 4t 1 t 0 2 6t 0 t H ; ; 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 3 IH 3 3 3 3  Vì tam giác IAB vuông tại I và IA IB R . Suy ra tam giác IAB vuông cân tại I , do đó bán kính: 2 2 3 2 6 R IA AB cos 450 2IH. 2IH 2. 2 3 3 2 8  Vậy phương trình mặt cầu S : x2 y2 z 3 . 3 Lựa chọn đáp án B. Câu 34: Cho điểm A 2;5;1 và mặt phẳng (P) : 6x 3y 2z 24 0 , H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng P . Phương trình mặt cầu (S) có diện tích 784 và tiếp xúc với mặt phẳng P tại H, sao cho điểm A nằm trong mặt cầu là: A. x 8 2 y 8 2 z 1 2 196. B. x 8 2 y 8 2 z 1 2 196. C. x 16 2 y 4 2 z 7 2 196. D. x 16 2 y 4 2 z 7 2 196. Hướng dẫn giải x 2 6t  Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với P . Suy ra d : y 5 3t z 1 2t  Vì H là hình chiếu vuông góc của A trên P nên H d  (P) . Vì H d nên H 2 6t;5 3t;1 2t .  Mặt khác, H (P) nên ta có: 6 2 6t 3 5 3t 2 1 2t 24 0 t 1