ôn HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.4 MB, 31 trang )
Contents
DẠNG 1: HỆ TRỤC TỌA ĐỘ ........................................................................................................1
1.
MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA .............................................................................................1
2.
ĐỀ TỰ LUYỆN .....................................................................................................................4
DẠNG 1: HỆ TRỤC TỌA ĐỘ
1. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: [THPT Chuyên Nguyễn Trãi] Cho A 2; 0; 0 , B 0; 2; 0 , C 0; 0; 2 . Tập hợp các điểm
2
M trên mặt phẳng Oxy sao cho MA.MB MC 3 là.
A. Một điểm.
B. Một đường tròn.
C. Tập rỗng.
HƢỚNG DẪN GIẢI
D. Một mặt cầu
Điểm M Oxy nên M x; y ; 0 .
Ta có: MA 2 x; y; 0 ; MB x; 2 y; 0 ; MC x; y; 2 .
2
MA.MB MC x2 2x y 2 2 y x2 y 2 4 .
2
Do đó MA.MB MC 3 2x2 2 y 2 2x 2 y 1 0 x2 y 2 x y
1
0.
2
Ví dụ 2: [TT Hiếu Học Minh Châu] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp
ABCD. ABC D có A 0;0;0 , B 3;0;0 , D 0;3;0 và D 0;3; 3 . Tọa độ trọng tâm của tam
giác ABC là.
A. 1;1; 2
B. 1; 2; 1
C. 2;1; 2
D. 2;1; 1
HƢỚNG DẪN GIẢI
.
Gọi A a1; a2 ; a3 , B b1; b2 ; b3 , C c1; c2 ; c3 .
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
1
Do tính chất hình hộp ta có:
a1 0
AA DD a2 0 A 0;0; 3 .
a 3
3
b1 3 0 b1 3
BB DD b2 0 b2 0 B 3;0; 3 .
b 3
b 3
3
3
c1 3
c1 3
DC AB c2 3 0 c2 3 C 3;3;0 .
c 0
c 0
3
3
Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là: G 2;1; 2 .
Ví dụ 3: (Toán Học Tuổi Trẻ) 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
M P sao cho MA MB 2 MC đạt giá trị nhỏ nhất
1 1
2 2
1
2
A. M ; ; 1
1
2
B. M ; ;1 .
D. M 2; 2; 4 .
C. M 2; 2; 4 .
HƢỚNG DẪN GIẢI
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 2 MI ; tương tự MI MC 2 MO .
Suy ra d MA MB 2 MC 2 MI 2 MC 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 .
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
2
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
1
1
1
y t
Giải hệ
ta được t , x , y , z 1 .
2
2
2
z 2t
x y 2 z 3 0
1 1
2 2
Vậy M ; ; 1 .
Ví dụ 4: (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An) 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 a2 b2 c2 .
A. T 8
C. T 6
B. T 2
D. T 14
HƢỚNG DẪN GIẢI
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 .
a 2 c 2 2 a 2 2 c 4 2
a c 4
AI BI
Ta có hệ
2
2
2
2
b c 2
AI OI
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 a2 b2 c 2 8
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
3
Ví dụ 5: [THPT Chuyên Lê Hồng Phong-HCM] 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 SABCD 3SABC
D 8; 7;1
A. D 8; 7; 1
B.
D 12;1; 3
D 8;7; 1
D. D 12; 1; 3
C.
D 12; 1; 3
HƢỚNG DẪN GIẢI
2S
1
1
AD BC .d A, BC SABCD AD BC . ABC .
2
BC
2
AD BC .SABC 3BC AD BC AD 2BC .
3SABC
BC
Ta có: SABCD
Mà ABCD là hình thang có đáy AD nên AD 2 BC 1 .
BC 5; 2;1 , AD xD 2; yD 3; zD 1 .
xD 2 10
xD 12
1 yD 3 4 yD 1 .
z 1 2
z 3
D
D
Vậy D 12; 1; 3 .
2. ĐỀ TỰ LUYỆN
ĐỀ SỐ 1
THỜI GIAN LÀM BÀI: 60 PHÚT
CÂU 1: [THPT TRẦN QUỐC TUẤN] 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 .
B. a b c 5 .
C. a b c 8 .
D.
abc 7 .
CÂU 2: (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng) 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
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
4
M là:
A. M 0;1; 4 .
B. M 2;1; 0 .
C. M 0;1; 2 .
D. M 0;1; 4 .
CÂU 3: (Chuyên KHTN - Lần 3) 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 .
C. 15; 7; 20 .
D. 21;19; 8 .
CÂU 4: (THPT LƢƠNG 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
2
B. C 0;1; .
D. C 3; 4; 5 .
C. C 5; 6; 6 .
CÂU 5: (CHUYÊN VINH LẦN 3) Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 2; 1 , đường thẳng
x 1 y 1 z 2
và mặt phẳng P : x y 2 z 1 0 . Điểm B thuộc mặt phẳng P
2
1
1
thỏa m n đường thẳng AB vuông góc và c t đường thẳng d . ọa độ điểm B là
d:
A. 3; 2; 1 .
B. 3; 8; 3 .
C. 0; 3; 2 .
D. 6; 7; 0 .
CÂU 6: (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp - QB) 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
1
3
C. 0;1;
B. 6; 0; 5
4
3
1
3
D. ; ; 1
CÂU 7: *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.
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
5
B. C 1; 5; 3 .
A. C 5; 9; 5 .
CÂU 8: Trong
không
gian
với
hệ
D. C 3; 7; 4 .
C. C 3;1;1 .
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 OMNP bằng
3. Giá trị của biểu thức A m 2n2 p2 bằng
A. 29.
B. 27.
C. 28.
D. 30.
CÂU 9: (THPT Quảng Xƣơng 1 - Thanh Hóa- Lần 1) Trong không gian Oxyz cho A 1; 1; 2 ,
x 0
f x 0 x 1 , C 0; 1; 2 . Gọi M a; b; c là điểm thuộc mặt phẳng Oxy sao cho biểu
x 3
thức S MA. MB 2 MB. MC 3 MC. MA đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó T 12a 12b c có giá
trị là
A. T 3 .
B. T 3 .
C. T 1 .
D. T 1 .
CÂU 10: *THPT Hai Bà Trƣng Lần 1] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm
A 2; 0; 2 , B 3; 1; 4 , C 2; 2; 0 . ìm 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
CÂU 11: (THPT Chuyên Bắc Ninh - Lần 2) 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 .
CÂU 12: [THPT chuyên Lê Quý Đôn+ Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hình hộp
ABCD.ABCD . 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;3
B. A 3; 3; 3
C. A 3; 3;3
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
D. A 3;3;1
PTM
6
CÂU 13: [2H3-1.1-3] [THPT Quảng Xƣơng 1] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba
điểm A(2; 3; 1), B(1; 1; 0)và M ( a; b; 0) sao cho P MA 2 MB đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó
a 2b bằng :
B. 2 .
A. 2 .
D. 1 .
C. 1 .
CÂU 14: (THPT Ngọc Tảo - Hà Nội – 2018) Trong không gian Oxyz cho tam giác ABC có
A 1; 2; 1 , B 2; 1; 3 , C 4; 7; 5 . ọa độ ch n đường ph n giác góc ABC của tam giác
ABC là
11
; 2;1
2
B. ;
D. ;
2 11 1
;
3 3 3
A.
C. 2;11;1
2 11
;1
3 3
CÂU 15: (SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA) 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. ính độ dài đoạn OM khi biểu
thức P MA MB MC 3 MD đạt giá trị nhỏ nhất.
A. OM
3 21
.
4
B. OM 26 .
D. OM
C. OM 14 .
5 17
.
4
HƢỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 1
ĐÁP ÁN
1-A
11-D
2-D
12-A
3-B
13-B
4-D
14-D
5-C
15-C
6-C
7-D
8-A
9-D
10-A
CÂU 1: LỜI GIẢI
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 nên
1
1
1
AB AD BC 6 2 .3. AD 3 2 6 2 AD 2 AD BC .
3
2
2
1
Do ABCD là hình thang vuông tại A và B nên AD BC .
3
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
7
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
4
1
c 3
c 1 3
CÂU 2: LỜI GIẢI
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 ng n nhất.
Vậy M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng Oyz nên M 0;1; 4 .
CÂU 3: LỜI GIẢI
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 , khi đó E
AM
5 5
thuộc tia AM và AE 1 .
a cũng có AN 2;2;1 ; AN 3 . Gọi F là điểm sao cho AF
1
2 2 1
.AN ; ; , khi đó
AN
3 3 3
F thuộc tia AN và AF 1 .
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
8
19 22 1 1
; ; 19; 22; 5 cùng hướng
15 15 3 15
Do ABCD là hình thoi nên suy ra AK AE AF
với AC , hay u 19; 22; 5 là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng AC . Phương trình
x 2 19t
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 4: LỜI GIẢI
A
D
B
H
C
Ta có AB 2; 2;1 .
Phương trình mặt phẳng
vuông góc với AB tại B : 2 x 3 2 y 1 z 2 0
2x 2y z 10 0 .
x 1 2t
Phương trình đường thẳng d đi qua điểm D 1; 0; 3 và song song với AB là d : y 2t
.
z 3 t
Gọi H x; y ; z ch n đường cao hạ từ đỉnh B xuống vuông góc với DC . Suy ra tọa độ
2 x 2 y z 10 0
x 1
x 1 2t
y 2 H 1; 2; 4 .
H x; y ; z là nghiệm của hệ phương trình:
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.
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
9
HB HC
3 1 1 2 2 4
2
2
2
3 1 4 2 5 4
2
2
2
33.
CÂU 5: LỜI GIẢI
CP là ud 2;1; 1 .
Đường thẳng d có một
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
x 1 t
AB : y 2 t t
z 1 t
CP là u 1; 1;1
.
x 1 t
t 1
y 2 t
x 0
a có: B AB P n n tọa độ của B là nghiệm của hệ
z 1 t
y 3
x y 2 z 1 0
z 2
B 0;3; 2 .
CÂU 6: LỜI GIẢI
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
3
2
1
1
z
3
2 z 2 3 z
2
1
AD 0; 2; AD 2u , với u 0;1; .
3
3
CÂU 7: LỜI GIẢI
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
10
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) .
(4 2t )( 2t ) (1 2t )( 2t ) ( 1 t )( t )
Ta có cos BCD
Hay
(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).
CÂU 8: LỜI GIẢI
OM 3; 0; 0 , ON m; n; 0 OM.ON 3m
OM.ON OM . ON cos 600
m 3
MN
2
OM.ON
OM . ON
1
m
1
2
2
2
2
m n
n2 13
Suy ra m 2; n 2 3
OM , ON .OP 6 3p V 1 6 3p 3 p 3
6
Vậy A 2 2.12 3 29.
CÂU 9: LỜI GIẢI
Ta có MA 1 a; 1 b; 2 ,
Do M a; b; c thuộc mặt phẳng Oxy nên c 0 M a; b; 0 .
MB 2 a; b; 3 , MC a;1 b; 2 .
2
2
1
1 19
S MA.MB 2 MB.MC 3MC.MA 6a2 6b2 2a b 1 6 a 6 b
.
6
12 24
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
11
1
a
19
19
6 T 12a 12b c 1 .
khi
S . Vậy S đạt giá trị nhỏ nhất
24
4
b 1
12
CÂU 10: LỜI GIẢI
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 c 1 (do c 0 ).
1
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
VABCD
1
AB, AC .AD b 1
6
D 0; 3; 1
b 3
D 0;3; 1 .
. Chọn đáp án
D 0; 1; 1
b 1
Mà V ABCD 2 b 1 2
CÂU 11: LỜI GIẢI
* 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
2
4 3.2 6 . Suy ra u đạt giá trị nhỏ nhất bằng 6 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 12: LỜI GIẢI
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
12
Gọi A x1 ; y1 ; z1 , C x2 ; y 2 ; z 2 .
5
2
Tâm của hình bình hành ABCD là I 1;3; .
A/
D/
C/
B/
A
D
B
C
.
x1 x2 1
Do I là trung điểm của AC nên y1 y2 6 .
z z 5
1 2
Ta có AC 7; 0; 1 và AC x2 x1 ; y2 y1 ; z2 z1 .
x2 x1 7
Do ACCA la hình bình hành nên y2 y1 0 .
z z 1
2 1
Xét các hệ phương trình:
x1 x2 1
x 3
1
x2 x1 7
x2 4
y1 y2 6
y 3
1
y2 y1 0
y2 3
z1 z2 5
z 3
1
.
z2 z1 1 z2 2
Vậy A 3; 3; 3 .
CÂU 13: LỜI GIẢI
Gọi M(a; b; 0) , MA (2 a; 3 b;1), MB (1 a ;1 b ; 0) P a2 (b 1)2 1 1 .
MinP 1 khi a 0; b 1 a 2b 2 .
CÂU 14: LỜI GIẢI
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
13
x 1 5t
a có phương trình đường thẳng AC là y 2 5t , t
z 1 6t
.
Gọi I là ch n đường ph n giác góc ABC của tam giác ABC .
I 1 5t ; 2 5t ; 1 6t .
ại có BA 1; 3; 4 , BC 6; 8; 2 , BI 5t 1; 5t 3; 6t 4 .
ì I là ch n đường ph n giác góc ABC của tam giác n n ABC :
cos BA; BI cos BC; BI
BA.BI
BC.BI
BA
. BI
BC . BI
5t 1 15t 9 16 24t
1
2
32 4
2
8t 52 82t 22 t
30t 6 40t 24 12t 8
6
2
82 22
4t 26
26
82t 22
104
1
2 11
I ; ;1 .
3
3 3
CÂU 15: LỜI GIẢI
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 x2 y 2 z 2 y 2 2 y .
2
MC x2 y 2 z 3 z 3 3 z ,
2
3 MD 3 x2 y 2 z 2
x y z
2
xyz.
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
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
14
Khi đó M 1;2;3 suy ra OM 12 22 32 14 .
ĐỀ SỐ 2
THỜI GIAN LÀM BÀI: 60 PHÚT
CÂU 1:
(THPT QUẢNG XƢƠNG 1) rong 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 ABC thỏa m n hệ thức
AA BB CC 0 thì tọa độ trọng t m của tam giác đó là
A. 1; 0; 2 .
CÂU 2:
B. 2; 3; 0 .
C. 3; 2;0 .
D. 3; 2;1 .
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 , SH ABCD . Để khối chóp S.ABCD có thể tích bằng
27
2
(đvtt) thì có hai điểm 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 .
CÂU 3:
(THPT Lƣơng Thế Vinh - HN - Lần 1) 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.
B. B 0; 0; 2 .
A. B 0; 0;1 .
CÂU 4:
C. B 0; 0; 1 .
D. B 0; 0; 2 .
(THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk) Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm
8 4 8
A 2; 2; 1 , B ; ; . Biết I a; b; c là t m đường tròn nội tiếp của tam giác
3 3 3
OAB . Tính S a b c.
A. S 1 .
B. S 0 .
C. S 1 .
D. S 2 .
CÂU 5:
(CHUYÊN VINH LẦN 3) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
S : x 1 y 2 z 1
2
2
2
6 tiếp xúc với hai mặt phẳng
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
15
P : x y 2z 5 0 , Q : 2x y z 5 0 lần lượt tại các điểm A , B . Độ dài đoạn
AB là
A. 3 2 .
CÂU 6:
B.
3.
D. 2 3 .
C. 2 6 .
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm
[SDG PHU THO_2018]
x 1 y 1 z 1
x 2 y 1 z 2
, d2 :
.
2
1
1
3
1
2
Đường thẳng đi qua điểm M và c t cả hai đường thẳng d1 , d2 tại hai điểm A , B .
M 2; 1; 6 và hai đường thẳng d1 :
Độ dài đoạn thẳng AB bằng
A.
CÂU 7:
B. 2 10 .
38 .
C. 8 .
D. 12 .
[CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường
2
2
2
x2 y z
và mặt cầu S : x 1 y 2 z 1 2 . Hai mặt
2
1 4
phẳng P và Q chứa d và tiếp xúc với S . Gọi M , N là tiếp điểm. ính độ dài
thẳng d :
đoạn thẳng MN.
A. 2 2.
CÂU 8:
B.
4
3
.
C.
6.
D. 4.
[THPT Chuyen LHP Nam Dinh- 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
điểm
A 1; 2; 1 ,
B 0; 2; 1 ,
C 2; 3; 1 .
Điểm
M
thỏa
mãn
2
2
2
2y M
3z M
..
T MA2 MB2 MC2 nhỏ nhất. Tính giá trị của P xM
A. P 114 .
CÂU 9:
B. P 134 .
C. P 162 .
D. P 101 .
(CHUYÊN VINH LẦN 3-2018) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng
2
2
2
x 1 y 1 z m
và mặt c S : x 1 y 1 z 2 9 .Tìm m để
1
1
2
đường thẳng d c t mặt cầu S tại hai điểm phân biệt E , F sao cho độ dài đoạn EF
d:
lớn nhất
A. m 1 .
B. m 0 .
1
3
C. m .
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
D. m
1
.
3
PTM
16
CÂU 10: (CHUYÊN VINH LẦN 3-2018) Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng
x 1 t
x 2t
d : y 2 t , d : y 1 t . Đường thẳng c t d , d lần lượt tại các điểm A , B
z t
z 2 t
thỏa m n độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất. Phương trình đường thẳng là
x 1 y 2 z
.
2
1
3
x y 3 z 1
C.
.
2
1
3
x4 y z2
.
2
1
3
x 2 y 1 z 1
D.
.
2
1
3
CÂU 11: (THPT Lƣơng Thế Vinh - HN) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 0; 0; 1 ,
A.
B.
B 1; 1; 0 , C 1; 0; 1 . ìm điểm M sao cho 3MA2 2MB2 MC2 đạt giá trị nhỏ
nhất.
3 1
4 2
A. M ; ; 1 .
3 1
4 2
B. M ; ; 2 .
3 3
4 2
C. M ; ; 1 .
D.
3 1
M ; ; 1 .
4 2
CÂU 12. (THPT
HAI
BÀ
TRƢNG)
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 .
B. m 2k 3 .
.
C. 2m 3k 0 .
D. 2m k 0
CÂU 13: *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 c t mặt phẳng Oxz tại điểm M . Tính
tỉ số
A.
AM
BM
AM 1
.
BM 2
B.
AM
2.
BM
C.
AM 1
.
BM 3
D.
AM
3.
BM
CÂU 14: (THPT Mộ Đức 2 - Quảng Ngãi)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 m n đẳng thức MA.MB MC.MD 1 . Biết rằng L là
một đường tròn, đường tròn đó có bán kính r bằng bao nhiêu?
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
17
3
.
2
5
.
2
CÂU 15: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Lần 3) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho
11
.
2
A. r
7
.
2
B. r
C. r
D. r
mặt cầu S có phương trình là x2 y2 z2 2x 2y 6z 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 .
C. 4 .
B. 2 .
D. Không tồn
tại.
HƢỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 2
ĐÁP ÁN
1-A
11-D
2-C
12-B
3-A
13-A
4-D
14-A
5-C
15-A
6-A
7-B
8-B
9-B
10-D
CÂU 1: LỜI GIẢI
Ta có: AA BB CC 0
1
AG GG GA BG GG GB CG GG GC 0 .
GA GB GC AG BG C G 3GG 0
2
Nếu G , G theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC , ABC nghĩa là
GA GB GC AG BG CG thì 2 GG 0 G G .
Tóm lại 1 là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC , ABC có cùng trọng tâm.
Ta có tọa độ của G là: G 1; 0; 2 .
CÂU 2: LỜI GIẢI
Ta có AB 1; 1; 2 , AC 1; 2;1 SABC
1
3 3
AB, AC
2
2
DC 2; 2; 4 , AB 1; 1; 2 DC 2. AB ABCD là hình thang và
SABCD 3SABC
9 3
2
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
18
Vì VS . ABCD
1
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 3: LỜI GIẢI
rước hết ta nhận thấy Oz // P và xO yO 7 xA yA 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 AC AB AB .
Do Oz // P nên AA Oz . Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên Oz , ta có Oz AK .
AB AK
pmin khi K B .
A
B
A
K
úc đó
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
19
Vậy B 0;0;1 .
CÂU 4: LỜI GIẢI
O
I
A
B
D
8 4 8
3 3 3
Ta có: OA 2;2;1 , OB ; ; OA.OB
16 8 8
0 OA OB .
3 3 3
Lại có: OA 3 , OB 4 AB 5 .
Gọi D là ch n đường phân giác trong góc AOB D thuộc đoạn AB .
Theo tính chất của phân giác trong ta có:
3
12 12
DA OA 3
DA DB D 0; ; .
DB OB 4
4
7 7
1
2
Tam giác OAB có diện tích S .OA.OB 6 , nửa chu vi p
r
OA OB AB
6
2
OA.OB 12
S
.
1 là bàn kính đường tròn nội tiếp; chiều cao OH
AB
5
p
Gọi I là t m 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 .
CÂU 5: LỜI GIẢI
Gọi A x; y; z là tiếp điểm của mặt phẳng P : x y 2 z 5 0 và mặt cầu S .
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
20
x 1 y 2 z 1
IA kn
P
1
1
2 A 0;1; 3 .
A
P
x y 2z 5 0
Khi đó
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
Khi đó
2
1
1 B 3;1;0 .
B Q
2 x y z 5 0
Độ dài đoạn AB 3 2 .
CÂU 6: LỜI GIẢI
Vì A thuộc d1 :
x 1 y 1 z 1
nên A 1 2t ;1 t ; 1 t .
2
1
1
Vì B thuộc d2 :
x 2 y 1 z 2
nên B 2 3t; 1 t; 2 2t .
3
1
2
Suy ra MA 2t 1; 2 t;5 t , MB 4 3t; t; 8 2t .
Ta có, A , B , M thẳng hàng khi và chỉ khi
2t 1
4 3t
2t
MA; MB 0
t
5t
8 2t
2t
0
t
5t
0
8 2t
2t 1
0
4 3t
5tt 4t 7t 8 0
(1)
3tt 8t t 16 0
(2)
tt 20t 17t 14 0 (3)
Từ (1) và (2):
t 1, t 2
5tt 4t 7t 8 0
t 2 3t 2 0
.
t
2,
t
0
t
2
t
4
t
2
t
4
hay vào (3) ta được t 1, t 2 thỏa mãn.
Với t 1 , t 2 ta được A 3; 0; 0 , B 4; 1; 6 suy ra AB 38 .
CÂU 7: LỜI GIẢI
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
21
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 l n 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 l n đường thẳng HI .
Suy ra:
1
1
1
1 1 3
.
2
2
2
4 2 4
MK
MH
MI
Suy ra: MK
2
4
MN
.
3
3
CÂU 8: LỜI GIẢI
2
2
2
AM x 1; y 2; z 1 AM 2 x 1 y 2 z 1
2
2
Giả sử M x; y; z BM x; y 2; z 1
.
BM 2 x 2 y 2 z 1
2
2
2
2
CM x 2; y 3; z 1 CM x 2 y 3 z 1
2
2
2
2
2
2
2
2
T x 1 y 2 z 1 x 2 y 2 z 1 x 2 y 3 z 1
2
2
2
2
2
2
2
2
x 1 x 2 x 2 y 2 y 2 y 3 z 1 z 1 z 1
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
22
x2 6 x 5 y 2 14 y 17 z 2 6 z 1 .
x 3 4 y 7 32 z 3 8 4 32 8 44.
2
2
2
Dấu " " xảy ra x 3, y 7, z 3. .
2
2
2
Khi đó M 3; 7; 3 P xM
2 yM
3zM
134. .
CÂU 9: LỜI GIẢI
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 R2 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 .
Suy ra d I , P
AI , u
u
2m2 12
11 4
2.
2
Do đó d I , P nhỏ nhất khi m 0 . Khi đó EF 2 EH 2 R d I , P
2
2 7.
CÂU 10: LỜI GIẢI
d A 1 t ; 2 t ; t , d B 2 t; 1 t; 2 t .
1
2t t 1 t t 1 t t 2 0
2t 3t 2
AB.u 0
t
2.
2t 2 t t 1 t t 2 0
2t 1
4
t
6
t
AB
.
u
0
t 1
1 3
2 2
Suy ra A 2;1;1 , AB 1; ;
AB ng n 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 11: LỜI GIẢI
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
23
AM 2 x 2 y 2 z 12
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
3 MA2 2 MB2 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
2
2
3
5
5
4 x 4 y 4 z 6 x 4 y 8 z 6 2 x 2 y 1 2 z 2 .
2
4
4
2
2
2
Dấu " " xảy ra x
3
1
3 1
, y , z 1 , khi đó M ; ; 1 .
4
2
4 2
CÂU 12: LỜI GIẢI
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.
CÂU 13: LỜI GIẢI
Ta có: M Oxz M x; 0; z ; AB 7; 3; 1 AB 59 ; AM x 2; 3; z 1
x 2 7 k
x 9
1 k M 9; 0; 0
Ta có: A, B, M thẳng hàng AM k.AB k 3 3 k
z 1 k
z 0
và BM 14; 6; 2 BM 118 2 AB
CÂU 14: LỜI GIẢI
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 .
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
24
MA.MB 1
Từ giả thiết: MA.MB MC.MD 1
MC.MD 1
x 2 y 2 z 2 2 x 4 y 2 z 2 0
x x 2 y 1 y 3 z z 2 1
2
2
2
x y z 2 x 4 z 1 0
x x 2 y 1 y 1 z 1 z 3 1
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
I2
Ta có: I1I 2 5 .
2
I I
5
11
Dễ thấy: r R 1 2 4
.
4
2
2
2
1
CÂU 15: LỜI GIẢI
Ta có S : x 1 y 1 z 3 4 S có tâm I 1;1; 3 và bán kính R 2 .
2
2
2
Bài ra A , M , B nằm trên mặt cầu S và AMB 90 AB qua I AB 2R 4 .
Ta có SAMB
1
MA2 MB2 AB2
4.
MA.MB
4
4
2
Dấu " " xảy ra MA MB
AB
2
2 2 và AB 4 .
Do đó diện tích tam giác AMB có giá trị lớn nhất bằng 4 .
ĐỀ SỐ 3
THỜI GIAN LÀM BÀI: 60 PHÚT
CÂU 1:
[Sở GD và ĐT Cần Thơ+ Trong không gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật
ABCD. ABCD có A trùng với gốc tọa độ O . Biết rằng B m; 0; 0 , D 0; m; 0 ,
Luôn yêu để Sống, luôn sống để học Toán, luôn học toán để Yêu
PTM
25
