Tải bản đầy đủ

HỆ TRỤC TỌA ĐỘ

Câu 1: [2H3-1-3](CHUYÊN VINH LẦN 3-2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm
x 1 y 1 z  2
A 1; 2; 1 , đường thẳng d :


và mặt phẳng
2
1
1
 P  : x  y  2 z  1  0 . Điểm B thuộc mặt phẳng  P  thỏa mãn đường thẳng AB
vuông góc và cắt đường thẳng d . Tọa độ điểm B là
B.  3;8; 3 .

A.  3; 2; 1 .

C.  0;3; 2  .

D.

 6; 7;0  .
Lời giải

Chọn C
Đường thẳng d có một VTCP là 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  0  4t  t  3  3  t  0  t  1  AM   2; 2; 2 
 2 1; 1;1
Đường thẳng AB đi qua điểm A 1; 2; 1 , có một VTCP là u  1; 1;1

x  1 t

 AB :  y  2  t  t 
 z  1  t


.

x  1 t
y  2 t

Ta có: B  AB   P  nên tọa độ của B là nghiệm của hệ 
 z  1  t
 x  y  2 z  1  0
t  1
x  0


y  3
 z  2

 B  0;3; 2  .
Câu 2: [2H3-1-3](CHUYÊN VINH LẦN 3-2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

 S  :  x 1   y  2   z  1  6 tiếp xúc với hai mặt phẳng
 P  : x  y  2 z  5  0 ,  Q  : 2 x  y  z  5  0 lần lượt tại các điểm A , B . Độ dài
2

2

2


đoạn AB là
A. 3 2 .

B.

3.

C. 2 6 .

D. 2 3 .


Lời giải
Chọn C
Gọi A  x; y; z  là tiếp điểm của mặt phẳng  P  : x  y  2 z  5  0 và mặt cầu  S  .

 x 1 y  2 z 1
 IA  knP



 1
Khi đó 
1
2  A  0;1; 3 .
 A   P 
 x  y  2 z  5  0
Gọi B  x ; y ; z   là tiếp điểm của mặt phẳng  Q  : 2 x  y  z  5  0 và mặt cầu

S  .
 x  1 y   2 z   1
 IB  knQ



 2
Khi đó 
1
1  B  3;1;0  .
 B   Q 
2 x  y  z  5  0

Độ dài đoạn AB  3 2 .
Câu 3: [2H3-1-3](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 và mặt phẳng
( P ) : x  y  z  2  0 . Điểm M  a; b; c  nằm trên mặt phẳng ( P ) thỏa mãn

MA  MB  MC .
Tính T  a  2b  3c.
A. T  5 .

B. T  3 .

C. T  2 .

D. T  4 .

Lời giải
Chọn D

a  b  c  2  0
M   P 


2
2
2
Ta có :  BM  AM nên  a  1  b2  c 2   a  2   b2   c  1
 BM  CM

2
2
2
2
2
2

 a  1  b  c   a  1   b  1   c  1
a  b  c  2
a  1


 2a  2c  4  b  0 vậy T  a  2b  3c  4.
2b  2c  2
c  1


Câu 4: [2H3-1-3] (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho

S 1; 2;3 và các điểm A , B , C thuộc các trục Ox , Oy , Oz sao cho hình chóp

S.ABC có các cạnh SA , SB , SC đôi một vuông góc với nhau. Tính thể tích khối
chóp S.ABC .
A.

343
.
6

B.

343
.
18

C.
Lời giải

343
.
12

D.

343
.
36


Chọn D
A( a; 0; 0) , B(0; b;0) , C (0;0; c) .

SA  (a 1; 2; 3) ; SB  (1; b  2; 3) ; SC  (1; 2; c  3) .

Vì SA , SB , SC đôi một vuông góc nên

a  7
 SA  SB
 SA.SB  0
a  2b  14



7




 SB  SC   SB.SC  0  2b  3c  14  b  .
2
a  3c  14



SA

SC
SA
.
SC

0



7



c

3


Do SA , SB , SC đôi một vuông góc, nên: VSABC 

1
1 7 7 343
SA.SB.SC  .7. . 
.
6
6 2 3 36

Câu 5: [2H3-1-3] (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba
điểm A  0;1;1 ; B 1;1;0  ; C 1;0;1 và mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 . Điểm M
thuộc  P  sao cho MA  MB  MC . Thể tích khối chóp M .ABC là
A.

1
.
6

B.

1
.
2

C.

1
.
9

Lời giải
Chọn A
Gọi điểm M ( x; y; z ) .
Vì điểm M thuộc  P  sao cho MA  MB  MC nên

x  y  z 1  0
 M  ( P)
 2

2
2
2
2
2
 MA  MB   x  ( y  1)  ( z  1)  ( x  1)  ( y  1)  z
 MA  MC
 2
2
2
2
2
2

 x  ( y  1)  ( z  1)  ( x  1)  y  ( z  1)
x  y  z 1  0
x  1


 x  z  0
  y  1  M (1;1;1)
x  y  0
z  1


Ta có

MA  1;0;0  ; MB   0;0;1   MA, MB   (0; 1;0)
MC   0;1;0    MA, MB  .MC  1
VM . ABC 

1
1
 MA, MB  .MC  . .

6
6

D.

1
.
3


Câu 6: [2H3-1-3] (SGD Đà Nẵng - HKII - 2017 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz , cho hình hộp ABCD.ABCD , biết rằng 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; 4  .

B. C   13; 4; 4  .

C. C  13; 4; 4  .

D.

C   7; 4; 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  3

Mà AC  AB  AD  AA  AC   10; 4; 4    y  4  0  C  13; 4; 4  .
z  4  0

Câu 7: [2H3-1-3] (SGD Đà Nẵng - HKII - 2017 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz , cho hai vectơ m   4;3;1 , n   0;0;1 . Gọi p là vectơ cùng hướng với

 m, n  (tích có hướng của hai vectơ m và n ). Biết p  15 , tìm tọa độ vectơ p .


A. p   9; 12;0  .

B. p   45; 60;0  .

C. p   0;9; 12  .

D.

p   0; 45; 60  .

Lời giải
Chọn A
Ta có : m; n    3; 4;0 
Do p là vectơ cùng hướng với  m; n  nên p  k m; n  , k  0
Mặt khác: p  15  k .  m, n   15  k.5  15  k  3 . Vậy p   9; 12;0  .


Câu 8: [2H3-1-3] (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp - QB - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho tam giác ABC có A  2; 2;1 , B  4; 4; 2 
, C  2; 4; 3 . Đường phân giác trong AD của tam giác ABC có một vectơ chỉ
phương là:
A.  2; 4; 3

B.  6;0;5 

1

C.  0;1;  
3


D.

 4 1

  ;  ; 1
 3 3

Hướng dẫn giải
Chọn C
Ta có AB  3, AC  6 . Kí hiệu  x; y; z  là toạ độ điểm D .
Vì AD là phân giác trong của tam giác ABC nên

DB AB 1

 .
DC AC 2

1

4  x   2  2  x  
x  2


1
1
1


Do đó, ta có DB   DC  4  y    4  y    y  4 . Vậy D  2; 4;  .
2
2
3



1
1
z 

3

2  z   2  3  z 


1
2


AD   0; 2;    AD  2u , với u   0;1;   .
3
3


Câu 9: [2H3-1-3] (THPT Quảng Xương 1 - Thanh Hóa- Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong
không gian Oxyz cho A 1; 1; 2  , B  2;0;3 , C  0;1; 2  . Gọi M  a; b; c  là điểm
thuộc mặt phẳng  Oxy  sao cho biểu thức S  MA.MB  2MB.MC  3MC.MA đạt
giá trị nhỏ nhất. Khi đó T  12a  12b  c có giá trị là
B. T  3 .

A. T  3 .

C. T  1 .

D. T  1 .

Lời giải
Chọn D
Do M  a; b; c  thuộc mặt phẳng  Oxy  nên c  0  M  a; b;0  .
Ta có MA  1  a; 1  b; 2  , MB   2  a; b;3 , MC   a;1  b; 2  .

S  MA.MB  2MB.MC  3MC.MA  6a 2  6b 2  2a  b  1
2

2

1
1  19


 6 a    6 b    .
6

 12  24


1

a

19
19

6
S
. Vậy S đạt giá trị nhỏ nhất
khi 
 T  12a 12b  c  1 .
4
24
b  1
 12
Câu 10: [2H3-1-3] [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 sao cho ABCD
là hình thang có hai cạnh đáy AB , CD và có góc C bằng 45.
A. C  5;9;5 .

C. C  3;1;1 .

B. C 1;5;3 .

D.

C  3;7;4  .
Lời giải
Chọn D
Cách 1. AB  (2;2;1) .

 x  1  2t

Đường thẳng CD có phương trình là CD :  y  3  2t .
z  2  t

Suy ra 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 ) 2  (1  2t ) 2  (1  t ) 2 (2t ) 2  (2t ) 2  ( t ) 2

(4  2t )(2t )  (1  2t )(2t )  (1  t )(t )
(4  2t )  (1  2t )  (1  t )
2

2

2

(2t )  (2t )  (t )
2

2

2



2
(1).
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.
Ta có AB  (2;2;1), AD  (2;1;2) . Suy ra

A

B

AB  CD và AB  AD . Theo giả thiết, suy
ra DC  2 AB . Kí hiệu C (a; b; c) , ta có

DC  (a  1; b  3; c  2) , 2 AB  (4;4;2) .
Từ đó C (3;7;4) .
D

C


Câu 11: [2H3-1-3] [CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU] [2017] Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz ,

cho

đường

d:

thẳng

x2 y z


2
1 4



mặt

 S  :  x  1   y  2    z  1  2 . Hai mặt phẳng  P  và  Q  chứa d
xúc với  S  . Gọi M , N là tiếp điểm. Tính độ dài đoạn thẳng MN .
2

A. 2 2.

2

2

B.

4
.
3

C.

6.

Lời 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


   .
2
2
2
MK
MH
MI
4 2 4
2
4
 MN 
Suy ra: MK 
.
3
3
Suy ra:

cầu
và tiếp

D. 4.


Câu 12:

[2H3-1-3] [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
2
2
OMNP bằng 3. Giá trị của biểu thức A  m  2n  p bằng

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

2

1
m
1


2
m2  n 2 2

 n 2  13

Suy ra m  2; n  2 3
1
OM , ON  .OP  6 3 p  V  6 3 p  3  p   3


6

Vậy A  2  2.12  3  29.
Câu 13: [2H3-1-3] [2017] 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.

C. 10 6.

B. 6 10.

D. 10 5.

Lời giải
Chọn B
Ta có trung điểm BD là I ( 1; 2; 4) , BD  12 và điểm A thuộc mặt phẳng (Oxy )
nên A(a; b; 0) .
 AB 2  AD 2

2
ABCD là hình vuông  
1

2
 AI   BD 
2


2
2
2
2
2

(a  3)  b  8  (a  5)  (b  4)

2
2
2

(a  1)  (b  2)  4  36


 17
a  5
b  4  2a
a  1

hoặc

 A(1; 2; 0) hoặc


2
2
b

2

14
(
a

1)

(6

2
a
)

20


b 

5
 17 14 
A ;
;0  (loại). Với A(1; 2; 0)  C ( 3; 6;8) .
5 5


Câu 14: [2H3-1-3] [2017] 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  MB 2  MC 2  MD 2 đạt
giá trị nhỏ nhất thì x  y  z bằng
A. 7.

B. 8.

C. 9.

D. 6.

Lời giải
Chọn A
 7 14 
Gọi G là trọng tâm của ABCD ta có: G  ; ;0  .
3 3 

Ta có: MA2  MB 2  MC 2  MD 2  4MG 2  GA2  GB 2  GC 2  GD 2
 7 14 
 GA2  GB 2  GC 2  GD 2 . Dấu bằng xảy ra khi M  G  ; ;0   x  y  z  7
3 3 
.

Câu 15: [2H3-1-3] [Đề thử nghiệm 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai
điểm A  2;3;1 và B  5;6;2 . Đường thẳng AB cắt mặt phẳng  Oxz  tại điểm M
. Tính tỉ số

AM
BM

AM 1
 .
BM 2
AM
 3.
BM

A.

B.

AM
 2.
BM

C.

AM 1
 .
BM 3

D.

Lời giải
Chọn A
Ta

có:

M   Oxz   M  x;0; z  ;

AB   7;3;1

 AB  59 ;

AM   x  2;  3; z  1
 x  2  7k
 x  9


 1  k
Ta có: A, B, M thẳng hàng  AM  k. AB  k    3  3k
z 1  k
z  0



 M  9;0;0 


và BM   14;  6;  2   BM  118  2 AB
Câu 16: [2H3-1-3] [THPT Hai Bà Trưng Lần 1 - 2017] Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz cho điểm A  2;0;  2  , B  3; 1;  4 , C  2;2;0 Tìm điểm D trong mặt

phẳng  Oyz  có cao độ âm sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2; khoảng
cách từ D đến mặt phẳng  Oxy  bằng 1. Khi đó có tọa độ điểm D thỏa mãn bài
toán là
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  , do cao độ âm nên c  0
Khoảng cách từ D  0; b; c  đến mặt phẳng  Oxy  : z  0 bằng 1 

c
1
1

 c  1 (do c  0 ).
Suy ra tọa độ D  0; b; 1 . Ta có: AB  1;  1;  2  , AC   4; 2; 2  ,

AD   2; b;1
  AB, AC    2;6;  2    AB, AC  . AD  4  6b  2  6  b  1
1
 VABCD   AB, AC  . AD  b  1
6

 D  0;3;  1
b  3
D  0;3; 1 .

Mà VABCD  2  b  1  2  
. Chọn đáp án
 D  0;  1;  1
b  1

Câu 17: [2H3-1-3] (THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội - Lần I - 2017 - 2018) Trong không gian
với hệ tọa độ Oxyz , cho A  3;0;0  , B  0;0;3 , C  0; 3;0  và mặt phẳng

 P  : x  y  z  3  0 . Tìm trên  P 
A. M  3;3; 3 .

điểm M sao cho MA  MB  MC nhỏ nhất.

B. M  3; 3;3 .

C. M  3; 3;3 .

M  3;3;3 .
Lời giải
Chọn D
Gọi I  a; b; c  là điểm thỏa mãn IA  IB  IC  0 1

D.


Ta có IA  3  a; b; c  , IB   a; b;3  c  , IC  a;3  b; c 

3  a  0
a  3

1  b  3  0  b  3  I  3;3;3 .
3  c  0
c  3


Nhận thấy I  3;3;3   P 

MA  MB  MC  MI  IA  IB  IC  MI  MI  0 .
MA  MB  MC nhỏ nhất bằng 0 khi M  3;3;3 .
Câu 18: [2H3-1-3] (THPT Chuyên Bắc Ninh - Lần 2 - 2017 - 2018) Cho ba điểm A 1; 3
,

B  2;6  và C  4; 9  . Tìm điểm M

trên trục Ox

sao cho vectơ

u  MA  MB  MC có độ dài nhỏ nhất.
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 không thẳng hàng (do hai vectơ AB và BC
không cùng phương). Gọi M  m; 0   Ox và G là trọng tâm ABC suy ra G 1; 2 
. Khi đó
u  MA  MB  MC  3MG  3 1  m; 2 

Do đó u  3 MG  3 1  m   4  3.2  6 . Suy ra u đạt giá trị nhỏ nhất bằng 6
2

khi và chỉ khi m  1.
Vậy M 1;0  .
* Cách 2: Gọi M  m; 0   Ox , ta có MA  1  m; 3 , MB   2  m;6  ,
MC   4  m; 9  .
u  MA  MB  MC   3  3m; 6   u 

 3  3m 

2

 36  6 . Suy ra u đạt giá

trị nhỏ nhất bằng 6 khi và chỉ khi m  1 .
Câu 19: [2H3-1-3] (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 và mặt phẳng

 P  : x  y  2 z  3  0 . Tìm điểm
nhỏ nhất.

M   P  sao cho MA  MB  2MC đạt giá trị


 1 1 
B. M   ;  ;1 .
 2 2 

1 1

A. M  ; ; 1 .
2 2

M  2; 2; 4  .

C. M  2; 2; 4  .

D.

Lời giải
Chọn A
M

A

I

B

Gọi I , O lần lượt là trung điểm của AB và IC , khi đó với điểm M bất kỳ ta luôn có
MA  MB  MI  IA  MI  IB  2MI ; tương tự MI  MC  2MO .



 



Suy ra d  MA  MB  2MC  2MI  2MC  4 MO nên d nhỏ nhất khi và chỉ khi MO
nhỏ nhất  MO   P  nên M là hình chiếu vuông góc của 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  vuông góc với  P  có phương trình d :  y  t .
 z  2t


Giao điểm của d và  P  chính là hình chiếu vuông góc M của O  0;0;0  lên mặt phẳng

 P .
x  t
y  t
1
1
1

Giải hệ 
ta được t  , x  , y  , z  1 .
2
2
2
 z  2t
 x  y  2 z  3  0
1 1

Vậy M  ; ; 1 .
2 2

Câu 20: [2H3-1-3] [B1D2M2] (THPT LƯƠNG VĂN CHÁNH) Trong không gian Oxyz
cho ba điểm A 1; 1;1 , B  3;1;2  , D  1;0;3 . Xét điểm C sao cho tứ giác ABCD
là hình thang có hai đáy AB , CD và có góc tại C bằng 45 . Chọn khẳng định đúng
trong bốn khẳng định sau:
A. Không có điểm C như thế.

7

B. C  0;1;  .
2


C. C  5;6;6  .

D. C  3; 4;5 .
Lời giải

Chọn D


B

A

D
Ta có AB   2; 2;1 .

Phương

trình

C

H

mặt

 

phẳng

vuông

góc

với

AB

tại

B:

2  x  3  2  y  1   z  2   0
 2 x  2 y  z  10  0 .

Phương trình đường thẳng d đi qua điểm D  1;0;3 và song song với AB là

 x  1  2t

.
d :  y  2t
z  3  t

Gọi H  x; y; z  chân đường cao hạ từ đỉnh B xuống vuông góc với DC . Suy ra
tọa

độ

H  x; y; z  là

nghiệm

của

hệ

phương

trình:

2 x  2 y  z  10  0
x  1
 x  1  2t


  y  2  H 1; 2; 4  .

 y  2t
z  4

 z  3  t
Khi đó tam giác HBC vuông cân tại H  HB  HC .
Lần lượt thay tọa độ C ở đáp án, ta được điểm C  3; 4;5 thỏa mãn yêu cầu bài
toán.

HB  HC 

 3  1  1  2    2  4 
2

2

2



 3  1   4  2    5  4 
2

2

2

33

.
Câu 21: [2H3-1-3] [B1D2M2] (THPT CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN) Trong không
gian Oxyz , cho A  2;1;  1 , B  3; 0;1 , C  2;  1; 3 và D nằm trên trục Oy và thể
tích tứ diện ABCD bằng 5 . Tọa độ của D là


A. D  0;  7; 0  .

B. D  0; 8; 0  .

 D  0;  7; 0 
C. 
.
 D  0; 8; 0 

D.

 D  0; 7; 0 
.

 D  0;  8; 0 
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
VABCD 

 y  7
1
1
 AB, AC  . AD  2  4 y . Vậy VABCD  5  2  4 y  30  
.


6
6
y  8

Câu 22: [2H3-1-3] [B1D2M3](SGD-BÌNH PHƯỚC) Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz , cho hình hộp ABCD.ABCD . Biết tọa độ các đỉnh A  3; 2;1 , C  4; 2; 0  ,

B  2;1;1 , D  3; 5; 4  . Tìm tọa độ điểm A của hình hộp.
A. A  3; 3;1 .

B. A  3; 3; 3 .

A  3; 3; 3 .
Lời giải
Chọn D

1 1
Gọi I là trung điểm của AC  I  ; 2;  .
2 2
1 5
Gọi J là trung điểm của BD  J  ;3;  .
2 2
Ta có IJ   0;1; 2  .

C. A  3; 3; 3 .

D.


 xA '  3  0  xA '  3


Ta có AA  IJ   y A '  2  1   y A '  3 .
 z 1  2
z  3
 A'
 A'
Vậy A  3;3;3 .
Câu 23: [2H3-1-3] [B1D2M4](SGD-BÌNH PHƯỚC) Cho tam giác ABC với A 1; 2;  1 ,

B  2;  1; 3 , C   4; 7; 5  . Độ dài phân giác trong của ABC kẻ từ đỉnh B là
A.

2 74
.
5

B.

2 74
.
3

C.

3 73
.
3

D. 2 30 .

Lời giải
Chọn B
Gọi D  a; b; c  là chân đường phân giác kẻ từ đỉnh B .
Ta



2

a



3
2  a  1  a  4


BA AD 1
1
2 74
 11

  AD   CD  2  b  2   b  7  b 
 BD 
.
BC CD 2
2
3
3


2  c  1  c  5
c  1


Câu 24: [2H3-1-3] [B1D4M1](THPT HAI BÀ TRƯNG) Trong không gian Oxyz , cho bốn
điểm A 1; 2;0  , B 1;0; 1 và C  0; 1; 2  , D  0; m; k  . Hệ thức giữa m và k để
bốn điểm ABCD đồng phẳng là :
A. m  k  1.
2m  k  0 .

B. m  2k  3 .

C. 2m  3k  0 .

Lời giải
Chọn B
AB  (0;2; 1) AC  (1;1;2) AD  (1;m 2;k)

 AB, AC   (5;1;2)   AB, AC  . AD  m  2k  3





Vậy bốn điểm ABCD đồng phẳng   AB, AC  . AD  0  m  2k  3
Chú ý: Có thể lập phương trình ( ABC ) sau đó thay D để có kết quả.

D.


Câu 25: [2H3-1-3] (Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 8 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  là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống BC . Khi đó
x0  y0  z0 bằng:
A.

38
.
9

B.

34
.
11

C.

30
.
11

D.

11
.
34

Lời giải
Chọn B
Đường thẳng BC có véc tơ chỉ phương là BC  1; 1;3

x  t

Nên phương trình đường thẳng BC :  y  2  t
 z  3t


t   .

Gọi H  t; 2  t ;3t   BC .

Khi đó: AH   t  2; 2  t ;3t  .
Mà H là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống BC nên

AH  BC  AH .BC  0  t  2  2  t  9t  0  t 

4
.
11

34
 4 18 12 
.
 H  ; ;   x0  y0  z0 
11
 11 11 11 

Câu 26: [2H3-1-3]

(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  là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB . Tính T  a 2  b 2  c 2 .
A. T  8

C. T  6

B. T  2

D. T  14

Lời giải
Chọn A
Ta có OA   0; 2; 2  , OB   2; 2; 4  .  OAB  có phương trình: x  y  z  0

I   OAB   a  b  c  0 .
AI   a; b  2; c  2  , BI   a  2; b  2; c  4  , OI   a; b; c  .
2
2
2
2

 AI  BI
a  c  4
a   c  2    a  2    c  4 
Ta có hệ 


2
2
2
2
 AI  OI
b  c  2

 b  2    c  2   b  c

a  c  4
a  2
a  c  4


Ta có hệ b  c  2  
 b  0 .
b  c  2 c  2
a  b  c  0




Vậy I  2;0; 2   T  a 2  b 2  c 2  8
Câu 27: [2H3-1-3] [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 cả các điểm D
sao cho ABCD là hình thang có đáy AD và 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

D.

D  12;  1;3 .
Lời giải
Chọn D
2S
1
1
 AD  BC  .d  A, BC   S ABCD   AD  BC  . ABC .
2
2
BC
 AD  BC  .SABC

 3BC  AD  BC  AD  2BC .
BC

Ta có: S ABCD 
 3SABC

Mà ABCD là hình thang có đáy AD nên AD  2BC 1 .
BC   5;  2;1 , AD   xD  2; yD  3; z D  1 .

 xD  2  10
 xD  12

1   yD  3  4   yD  1 .
z 1  2
z  3
 D
 D
Vậy D  12;  1;3 .
Câu 28: [2H3-1-3] (Chuyên KHTN - Lần 3 - Năm 2018) Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz cho ba điểm A  2; 1;1 , M  5;3;1 , N  4;1; 2  và mặt phẳng  P  : y  z  27
. Biết rằng tồn tại điểm B trên tia AM , điểm C trên  P  và điểm D trên tia AN
sao cho tứ giác ABCD là hình thoi. Tọa độ điểm C là
A.  15; 21;6  .

B.  21; 21;6  .

 21;19;8 .
Lời giải
Chọn B

C.  15;7; 20  .

D.


A

F

E

N

M
B

D
K

C

Ta có AM   3; 4;0  ; AM  5 . Gọi E là điểm sao cho AE 

1
3 4 
. AM   ; ;0 
AM
5 5 

, khi đó E thuộc tia AM và AE  1 .
Ta

cũng

AF 

có

AN   2; 2;1 ;

AN  3 .

Gọi

F

là

điểm

sao

cho

1
 2 2 1
. AN   ; ;  , khi đó F thuộc tia AN và AF  1 .
AN
 3 3 3

 19 22 1  1
Do ABCD là hình thoi nên suy ra AK  AE  AF   ; ;   19; 22;5
 15 15 3  15
cùng hướng với AC , hay u  19; 22;5  là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng

 x  2  19t

AC . Phương trình đường thẳng AC là: AC :  y  1  22t .
 z  1  5t

Tọa độ điểm C ứng với t là nghiệm phương trình:

 1  22t   1  5t   27  t  1 .
Do đó C  21; 21;6  .
Câu 29: [2H3-1-3] (THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 -2018 - BTN) Trong không
gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A 1;1;1 , B  2;3;0 . Biết rằng
tam giác ABC có trực tâm H  0;3;2  tìm tọa độ của điểm C .
A. C  3;2;3 .

B. C  4;2;4  .

C  2;2;2  .

Lời giải
Chọn C

C. C 1;2;1 .

D.


 AH  BC

Gọi C  a; b; c  . Ta có H là trực tâm tam giác ABC nên  BH  AC

  AB, AC  . AH  0
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  2  2b  6  c  0
 a  2b  c  4
a  1



Suy ra  2a  2  2c  2  0
  2a  2c  0  b  2
 2c  b  3  2a  2c  4  b  2a  1  0
 4a  4c  8
c  1




Vậy C 1;2;1 .
Câu 30: [2H3-1-3] [Sở GD và ĐT Cần Thơ - mã 301 - 2017-2018-BTN] Trong không gian
Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có A trùng với gốc tọa độ O . Biết
rằng B  m;0;0  , D  0; m;0  , A  0;0; n  với m , n là các số dương và m  n  4 .
Gọi M là trung điểm của cạnh CC . Thể tích lớn nhất của khối tứ diện BDAM
bằng
A.

245
.
108

B.

9
.
4

C.

64
.
27

D.

75
.
32

Lời giải
Chọn C

Ta có: A  0;0;0  , B  m;0;0  , D  0; m;0  , A  0;0; n  suy ra C  m; m;0  , B  m;0; n 

n

, C   m; m; n  , D  0; m; n  , M  m; m;  .
2



n

BD   m; m;0  , BA    m; 0; n  , BM   0; m;  .
2

1
1
1
1
VBDAM   BD, BA .BM  m 2 .n  m 2 .  4  m   m.m.  8  2m 
8
4
4
6
1  m  m  8  2m  64
 
  27 .
8
3

3

Câu 31: [2H3-1-3](THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - Lần 2 -2018 - BTN) Trong
không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm M  3;13; 2  , N  7; 29; 4  ,

P  31;125;16  . Mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. M , N , P thẳng hàng, N ở giữa M và P .
B. M , N , P thẳng hàng, P ở giữa M và N .
C. M , N , P thẳng hàng, M ở giữa P và N .
D. M , N , P không thẳng hàng.
Lời giải
Chọn A
Ta có MN   4;16; 2  , MP   28;112;14  nên MP  7MN do đó M , N , P thẳng
hàng, N ở giữa M và P .
Câu 32: [2H3-1-3] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Lần 3 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không
gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  có phương trình là
x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  6 z  7  0 . Cho ba điểm A , M , B nằm trên mặt cầu  S 

sao cho AMB  90 . Diện tích tam giác AMB có giá trị lớn nhất bằng?
A. 4 .
tồn tại.

C. 4 .

B. 2 .

D. Không

Lời giải
Chọn A
2
2
2
Ta có  S  :  x  1   y  1   z  3  4   S  có tâm I 1;1;3 và bán kính
R  2.
Bài ra A , M , B nằm trên mặt cầu  S  và AMB  90  AB qua

I  AB  2R  4 .
1
MA2  MB 2 AB 2

 4.
Ta có S AMB  MA.MB 
2
4
4
AB
 2 2 và AB  4 .
Dấu "  " xảy ra  MA  MB 
2
Do đó diện tích tam giác AMB có giá trị lớn nhất bằng 4 .
Câu 33: [2H3-1-3] [THPT TRẦN QUỐC TUẤN - Lần 1- 2018] Trong không gian với hệ
trục tọa độ Oxyz cho hình thang ABCD vuông tại A và B . Ba đỉnh A(1;2;1) ,


B(2;0; 1) , C (6;1;0) Hình thang có diện tích bằng 6 2 . Giả sử đỉnh D(a; b; c) , tìm
mệnh đề đúng?

A. a  b  c  6 .
a bc  7 .

B. a  b  c  5 .

C. a  b  c  8 .

D.

Lời giải
Chọn A.
Ta có AB  1; 2; 2   AB  3 ; BC   4;1;1  BC  3 2 .
Theo giả thiết ABCD là hình thang vuông tại A và B và có diện tích bằng 6 2
1
1
AB  AD  BC   6 2  .3. AD  3 2  6 2  AD  2
nên
2
2
1
 AD  BC .
3
1
Do ABCD là hình thang vuông tại A và B nên AD  BC .
3
4
7


a  1  3
a  3


7
1


Giả sử D(a; b; c) khi đó ta có b  2   b   a  b  c  6 .
3
3


1
4


c  1  3
c  3







Câu 34: [2H3-1-3] (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN)
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hình bình hành ABCD . Biết

A  2;1;  3 , B  0;  2;5 và C 1;1;3 . Diện tích hình bình hành ABCD là
A. 2 87 .

B.

349
.
2

C.

349 .

D.

87 .

Lời giải
Chọn C
Ta có: AB   2;  3;8  và AC   1;0;6    AB , AC    18;4;  3 .
Vậy: S ABCD   AB , AC  

 18

2

 42   3  349 .
2

Câu 35: [2H3-1-3] (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng - Lần 1 - 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 và D  3;3;3 . Gọi M là điểm nằm trên mặt phẳng  Oyz  sao cho biểu
thức MA  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó tọa độ của M là:
A. M  0;1; 4  .

M  0;1; 4  .

B. M  2;1;0  .

C. M  0;1; 2  .

D.


Lời giải
Chọn D
Ta có: AB   2;7; 6  , AC  1;3; 2  , AD  1;6; 4  nên

 AB, AC  . AD  4  0 .


Suy ra: AB , AC , AD không đồng phẳng.
Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD . Khi đó G  2;1; 4  .
Ta có: MA  MB  MC  MD  4MG  4MG .
Do đó MA  MB  MC  MD nhỏ nhất khi và chỉ khi MG ngắn nhất.
Vậy M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng  Oyz  nên M  0;1; 4  .
Câu 36: [2H3-1-3] (THPT Mộ Đức 2 - Quảng Ngãi - 2017 - 2018 - BTN)Trong mặt phẳng
tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A  0; 1;2  , B  2; 3;0  , C  2;1;1 , D  0; 1;3 . Gọi

 L

là tập hợp tất cả các điểm M trong không gian thỏa mãn đẳng thức

MA.MB  MC.MD  1 . Biết rằng  L  là một đường tròn, đường tròn đó có bán kính
r bằng bao nhiêu?
A. r 

11
.
2

B. r 

7
.
2

C. r 

3
.
2

Lời giải
Chọn A
Gọi M  x; y; z  là tập hợp các điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có
AM   x; y  1; z  2  , BM   x  2; y  3; z  , CM   x  2; y  1; z  1 ,
DM   x; y  1; z  3 .


 MA.MB  1
Từ giả thiết: MA.MB  MC.MD  1  

 MC.MD  1

 x  x  2    y  1 y  3  z  z  2   1


 x  x  2    y  1 y  1   z  1 z  3  1
 x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  2  0
 2
2
2
 x  y  z  2 x  4 z  1  0

D. r 

5
.
2


Suy ra quỹ tích điểm M là đường tròn giao tuyến của mặt cầu tâm I1 1; 2;1 ,
R1  2 và mặt cầu tâm I 2  1;0;2  , R2  2 .
M

I1

Ta có: I1I 2  5 .
2

5
11
I I 
Dễ thấy: r  R   1 2   4  
.
4
2
 2 
2
1

I2



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×