Tải bản đầy đủ

HỆ TRỤC TỌA ĐỘ

Câu 1: [2H3-1-4] [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  0 thì tọa độ trọng tâm của tam giác đó là
B.  2; 3;0  .

A. 1;0; 2  .

C.  3; 2;0  .

D.

 3; 2;1 .
Lời giải
Chọn A
Ta có: AA  BB  CC   0



1

 


 



 AG  GG  GA  BG  GG  GB  CG  GG  GC  0 .



 



 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
 GA  GB  GC  AG  BG  CG thì  2   GG  0  G  G .

Tóm lại 1 là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC , ABC  có cùng trọng tâm.
Ta có tọa độ của G là: G  1;0; 2  .

Câu 2: [2H3-1-4]

(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 và điểm M tùy
ý. Tính độ dài đoạn OM khi biểu thức P  MA  MB  MC  3MD đạt giá trị nhỏ
nhất.

3 21
.
4
5 17
.
OM 
4

B. OM  26 .



A. OM 

C. OM  14 .

D.

Lời giải
Chọn C
Ta có DA   6;0;0  , DB   0;2;0  , DC   0;0;3 nên tứ diện $ABCD$ là tứ diện vuông
đỉnh D . Giả sử M  x  1; y  2; z  3 .
Ta có MA 

 x  6

2

 y 2  z 2  x  6  6  x , MB  x 2   y  2   z 2  y  2  2  y .
2




MC  x 2  y 2   z  3  z  3  3  z ,



3MD  3 x 2  y 2  z 2 

2

x  y  z

2

 x yz.

Do đó P   6  x    2  y    3  z    x  y  z   11 .

x  y  z  0
6  x  0

 x  y  z  0.
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng $11$, khi và chỉ khi 2  y  0
3  z  0

 x  y  z  0
Khi đó M 1;2;3 suy ra OM  12  22  32  14 .

Câu 3: [2H3-1-4](CHUYÊN VINH LẦN 3-2018) Trong không gian Oxyz cho đường
x 1 y 1 z  m
2
2
2


và mặt c  S  :  x  1   y  1   z  2   9 .Tìm
1
1
2
m để đường thẳng d cắt mặt cầu  S  tại hai điểm phân biệt E , F sao cho độ dài

thẳng d :

đoạn EF lớn nhất
1
C. m   .
3

B. m  0 .

A. m  1.

D. m 

1
.
3

Lời giải
Chọn B
Mặt cầu  S  có tâm I 1;1; 2  và bán kính R  3 .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên d , khi đó H là trung điểm đoạn EF .



Ta có EF  2 EH  2 R 2  d  I ,  P  



2

. Suy ra EF lớn nhất khi d  I ,  P   nhỏ

nhất
Đường thẳng d qua A 1; 1; m  và có véc tơ chỉ phương u  1;1; 2  .
Ta có AI   0; 2; 2  m  ,  AI , u    2  m;2  m; 2  .
 AI , u 
2m 2  12



 2.
Suy ra d  I ,  P   
11 4
u

Do đó d  I ,  P   nhỏ nhất khi m  0 . Khi đó



EF  2 EH  2 R 2  d  I ,  P  



2

2 7.


Câu 4: [2H3-1-4](CHUYÊN VINH LẦN 3-2018) Trong không gian Oxyz , cho hai đường

x  1  t
 x  2t 


thẳng d :  y  2  t , d  :  y  1  t  . Đường thẳng  cắt d , d  lần lượt tại các
z  t
z  2  t


điểm A , B thỏa mãn độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất. Phương trình đường thẳng
 là
A.

x 1 y  2 z

 .
2
1
3

B.

x4 y z2


.
2
1
3

C.

x y  3 z 1


.
2
1
3

D.

x  2 y 1 z 1


.
2
1
3

Lời giải
Chọn D

  d  A 1  t;2  t; t  ,   d  B  2t ;1  t ;2  t   .
 1
 AB.u  0
2t   3t  2
2t   t  1  t   t  1  t   t  2  0
t 




2.

  2t  1



6
t
4
t

2
t

2

t

t

1

t

t

2

0

AB
.
u

0





t  1
 1 3
Suy ra A  2;1;1 , AB   1; ; 
2 2

AB ngắn nhất suy ra AB là đoạn vuông góc chung của d , d  .

Vậy  đi qua A  2;1;1 có vectơ chỉ phương u  2 AB   2;1;3
:

x  2 y 1 z 1


.
2
1
3

Câu 5: [2H3-1-4] [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  0 thì có tọa độ trọng tâm là:
A. 1;0; 2  .

B.  2; 3;0  .

C.  3; 2;0  .

D.

 3; 2;1 .
Lời giải
Chọn 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:

1 : A ' A  B ' B  C ' C  0  TA  TA '  TB  TB '  TC  TC '  0


 TA  TB  TC  TA '  TB '  TC '

 2

Hệ thức (2) chứng tỏ. Nếu T  G tức là TA  TB  TC  0 thì ta cũng có

TA '  TB '  TC '  0 hay T  G ' hay (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác
ABC, A’B’C’ có cùng trọng tâm.

 3  0  0 1 1  0 0  0  6 
;
;
  1;0; 2 
3
3
3



Ta có tọa độ của G là: G  

Đó cũng là tọa độ trọng tâm G’ của A ' B ' C '
* Cách diễn đạt thứ hai:
Ta có: AA '  BB '  CC '  0 (1)



 

 



 A ' G '  G ' G  GA  B ' G '  G ' G  GB  C ' G '  G ' G  GC  0



 



 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

GA  GB  GC  A ' G '  B ' G '  C ' G ' thì  2   G ' G  0  G '  G
Tóm lại (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có cùng trọng tâm.

 3  0  0 1 1  0 0  0  6 
;
;
  1;0; 2  . Đó cũng
3
3
3


là tọa độ trọng tâm G’ của A ' B ' C '
Ta có tọa độ của G là: G  

Câu 6: [2H3-1-4] [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 là trung điểm của CD,
27
(đvtt) thì có hai điểm
2
S1 , S2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Tìm tọa độ trung điểm I của S1S2

SH   ABCD  . Để khối chóp S.ABCD có thể tích bằng

A. I  0; 1; 3 .

B. I 1;0;3

C. I  0;1;3 .

I  1;0; 3 .
Lời giải
Chọn C
Ta có AB   1; 1; 2  , AC  1; 2;1  S ABC 

1
3 3
 AB, AC  

2
2

D.


DC   2; 2; 4  , AB   1; 1; 2   DC  2. AB  ABCD là hình thang và

S ABCD  3S ABC 

9 3
2

1
Vì VS . ABCD  SH .S ABCD  SH  3 3
3

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

Câu 7: [2H3-1-4] (THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong
không gian 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 .

 D  8; 7;1
B. 
.
 D 12;1; 3

A. D  8;7; 1 .

 D  8;7; 1
C. 
.
 D  12; 1;3

D.

D  12; 1;3 .
Lời giải
Chọn D
Ta có AD//BC  AD nhận CB   5; 2; 1 là một VTCP.
Kết

hợp

với

AD

 D  5t  2; 2t  3;1  t  .

qua

 x  2  5t

A  2;3;1  AD :  y  3  2t
z  1 t


Biến đổi S ABCD  3S ABC  S ACD  2S ABC 1
 AB   4; 2; 1



 AB; AC    4;1; 18 
Ta có  AC   1; 4;0   

  AC ; AD    4t ; t ;18t 

AD

5
t
;
2
t
;

t




t  



1
1
 S ABC   AB; AC  

2
2

1
1

 AC ; AD  
S

ACD

 2
2

341
2
t 341
2
2
2
 4t    t   18t  
2
t  2  D  8;7; 1
t 341
Kết hợp với 1 ta được
 341  
2
t  2  D  12; 1;3
Với D  8;7; 1  AD  10; 4; 2   2CB  2 BC .

 4 

2

 12   18  
2

Với D  12; 1;3  AD   10; 4; 2   2CB  2 BC .
Hình thang ABCD có đáy AD thì AD  k BC với k  0 .
Do đó chỉ có D  12; 1;3 thỏa mãn.
Câu 8: [2H3-1-4] (THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong
không gian Oxyz , cho ba điểm A  0;0; 1 , B  1;1;0  , C 1;0;1 . Tìm điểm M
sao cho 3MA2  2 MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.

3 1

A. M  ; ; 1 .
4 2

 3 1

M   ; ; 1 .
 4 2


 3 3

C. M   ; ; 1 .
 4 2


 3 1 
B. M   ; ; 2  .
 4 2 

D.

Lời giải
Chọn D
 AM 2  x 2  y 2   z  12
 AM   x; y; z  1


2
2

Giả sử M  x; y; z    BM   x  1; y  1; z    BM 2   x  1   y  1  z 2


2
2
2
2
CM   x  1; y; z  1 CM   x  1  y   z  1
2
2
2
 3MA2  2 MB 2  MC 2  3  x 2  y 2   z  1   2  x  1   y  1  z 2 




2
2
2
  x  1  y   z  1 


2

3
5
5
2
2

 4 x  4 y  4 z  6 x  4 y  8 z  6   2 x     2 y  1   2 z  2     .
2
4
4

3
1
 3 1

Dấu "  " xảy ra  x   , y  , z  1 , khi đó M   ; ; 1 .
4
2
 4 2

2

2

2

Câu 9: [2H3-1-4] (THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong
không gian 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  12; 1;3 .

 D  8; 7;1
B. 
.
 D 12;1; 3

 D  8;7; 1
C. 
.
 D  12; 1;3

D.


Lời giải
Chọn D
Ta có AD//BC  AD nhận CB   5; 2; 1 là một VTCP.
Kết

hợp

với

AD

 D  5t  2; 2t  3;1  t  .

qua

 x  2  5t

A  2;3;1  AD :  y  3  2t
z  1 t


t  

Biến đổi S ABCD  3S ABC  S ACD  2S ABC 1
 AB   4; 2; 1



 AB; AC    4;1; 18 
Ta có  AC   1; 4;0   

  AC ; AD    4t ; t ;18t 
 AD   5t ; 2t ; t  

1
1
341
2
2
 4   12   18 
 S ABC   AB; AC  

2
2
2

t 341
1
1
2
2
2

 AC ; AD  
S

4
t


t

18
t







ACD

 2
2
2
t  2  D  8;7; 1
t 341
Kết hợp với 1 ta được
 341  
2
t  2  D  12; 1;3
Với D  8;7; 1  AD  10; 4; 2   2CB  2 BC .

Với D  12; 1;3  AD   10; 4; 2   2CB  2 BC .
Hình thang ABCD có đáy AD thì AD  k BC với k  0 .
Do đó chỉ có D  12; 1;3 thỏa mãn.
Câu 10: [2H3-1-4] (THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong
không gian Oxyz , cho ba điểm A  0;0; 1 , B  1;1;0  , C 1;0;1 . Tìm điểm M
sao cho 3MA2  2 MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.

3 1

A. M  ; ; 1 .
4 2

 3 1

M   ; ; 1 .
 4 2


 3 1 
B. M   ; ; 2  .
 4 2 

 3 3

C. M   ; ; 1 .
 4 2


D.

Lời giải
Chọn D
 AM 2  x 2  y 2   z  12
 AM   x; y; z  1


2
2

Giả sử M  x; y; z    BM   x  1; y  1; z    BM 2   x  1   y  1  z 2


2
2
2
2
CM   x  1; y; z  1 CM   x  1  y   z  1
2
2
2
 3MA2  2 MB 2  MC 2  3  x 2  y 2   z  1   2  x  1   y  1  z 2 






2
2
  x  1  y 2   z  1 



2

3
5
5
2
2

 4 x  4 y  4 z  6 x  4 y  8 z  6   2 x     2 y  1   2 z  2     .
2
4
4

1
3
 3 1

Dấu "  " xảy ra  x   , y  , z  1 , khi đó M   ; ; 1 .
2
4
 4 2

2

2

2

Câu 11: [2H3-1-4] (THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong
không gian Oxyz , cho điểm A 1; 6;1 và mặt phẳng  P  : x  y  7  0 . Điểm B
thay đổi thuộc Oz ; điểm C thay đổi thuộc mặt phẳng  P  . Biết rằng tam giác

ABC có chu vi nhỏ nhất. Tọa độ điểm B là.
A. B  0;0;1 .

B. B  0;0;  2  .

C. B  0;0;  1 .

D.

B  0;0; 2  .
Lời giải
Chọn A

Trước hết ta nhận thấy Oz //  P  và  xO  yO  7  xA  y A  7   0 nên A và Oz
nằm về một phía của mặt phẳng  P  .
Gọi A là điểm đối xứng của A qua  P  . Gọi p là 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 là hình chiếu vuông góc của A lên Oz , ta có

Oz  AK .
 AB  AK
 pmin khi K  B .
Lúc đó 
 AB  AK
Vậy B  0;0;1 .


Câu 12: [2H3-1-4] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 - BTN) Trong
 8 4 8
không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A  2; 2;1 , B   ; ;  . Biết I  a; b; c  là
 3 3 3
tâm đường tròn nội tiếp của tam giác OAB . Tính S  a  b  c.
C. S  1 .

B. S  0 .

A. S  1 .

D. S  2 .

Lời giải
Chọn D
O

I

A

D

B

16 8 8
 8 4 8
Ta có: OA   2; 2;1 , OB    ; ;   OA.OB      0  OA  OB .
3 3 3
 3 3 3

Lại có: OA  3 , OB  4  AB  5 .
Gọi D là chân đường phân giác trong góc AOB  D thuộc đoạn AB .
Theo tính chất của phân giác trong ta có:

3
DA OA 3
 12 12 

  DA   DB  D   0; ;  .
DB OB 4
4
 7 7
1
OA  OB  AB
6
Tam giác OAB có diện tích S  .OA.OB  6 , nửa chu vi p 
2
2

r

S
OA.OB 12
 1 là bàn kính đường tròn nội tiếp; chiều cao OH 
 .
AB
5
p

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB  I thuộc đoạn OD .

a  0
DI
r
5
5



 DI  DO  I   0;1;1 hay b  1 .
Ta có:
DO OH 12
12
c  1

Vậy S  a  b  c  2 .



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×