VAN DUNG CAO OXYZ

Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
CHƯƠNG 06
BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO HÌNH HỌC OXYZ
……………………………………………………………………
Chủ đề 1. Tọa độ của điểm và véc tơ trong không gian
❖
❖
❖
❖
❖
❖

Véc tơ trong không gian
Véc tơ đồng phẳng
Tọa độ của véc tơ
Tích có hướng của hai véc tơ và ứng dụng
Một số kiến thức khác
Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết

Chủ đề 2. Mặt phẳng trong không gian
❖
❖
❖
❖
❖

Định nghĩa
Các trường hợp riêng của mặt phẳng
Vị trí tương đối của hai mặt phẳng

Góc giữa hai mặt phẳng
Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết

Chủ đề 3. Đường thẳng trong không gian
❖
❖
❖
❖
❖
❖
❖

Định nghĩa
Vị trí tương đối của hai đường thẳng
Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng
Khoảng cách
Góc giữa hai đường thẳng
Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết

Chủ đề 4. Mặt cầu
❖
❖
❖
❖

Định nghĩa mặt cầu
Vị trí tương đối của mặt phẳng và mặt cầu (S)
Vị trí tương đối giữa mặt cầu và đường thẳng
Bài tập áp dụng – Lời giải chi tiết

Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
CHƯƠNG 06
BÀI TOÁN VẬN DỤNG CAO HÌNH HỌC OXYZ
Phương pháp tọa độ trong không gian hay còn gọi ngắn là hình học Oxyz là chuyên đề cuối
cùng trong chương trình toán THPT. Phần này là một phần được đánh giá là không khó, tuy nhiên
việc tính toán lại rất dễ sai và ngoài ra số lượng câu hỏi vận dụng cao cũng không phải là ít. Cùng đi
ngay vào Chủ đề 1 sau đây:

CHỦ ĐỀ 1.
TỌA ĐỘ CỦA ĐIỂM VÀ VÉCTƠ TRONG KHÔNG GIAN
1. Véc tơ trong không gian
Định nghĩa
Trong không gian, vecto là một đoạn thẳng có định hướng tức là đoạn thẳng có quy định thứ tự
của hai đầu
✓ Chú ý: Các định nghĩa về hai vecto bằng nhau, đối nhau và các phép toán trên các vecto trong
không gian được xác định tương tự như trong mặt phẳng.
2. Vecto đồng phẳng
D3

c

A. Định nghĩa: Ba vecto a, b, c khác 0 gọi là đồng
phẳng khi giá của chúng cùng song song với một
mặt phẳng.

D2

b

✓ Chú ý:
✓
• n vecto khác 0 gọi là đồng phẳng khi giá
của chúng cùng song song với một mặt phẳng.
• Các giá của các vecto đồng phẳng có thể
là các đường thẳng chéo nhau.

a
D1
Δ3

P

Δ2

Δ1

B. Điều kiện để 3 vecto khác 0 đồng phẳng
Định lý 1:
a, b, c đồng phẳng  m, n  R:: a = mb + nc
C. Phân tích một vecto theo ba vecto không đồng phẳng
✓ Định lý 2: Cho 3 vecto e1 , e2 , e3 không đồng phẳng. Bất kì một vecto a nào trong không gian
cũng có thể phân tích theo ba vecto đó, nghĩa la có một bộ ba số thực ( x1 , x2 , x3 ) duy nhất


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365

Cách 2: Đăng ký tại link sau />
a = x1 e1 + x2 e2 + x3 e3

✓ Chú ý: Cho vecto a, b, c khác 0 :
1. a, b, c đồng phẳng nếu có ba số thực m, n, p không đồng thời bằng 0 sao cho:
ma + nb + pc = 0

2. a, b, c không đồng phẳng nếu từ ma + nb + pc = 0  m = n = p = 0
3. Tọa độ của vecto
Trong không gian xét hệ trục Oxyz, có trục Ox vuông góc với trục Oy tại O, và trục Oz vuông
góc với mặt phẳng ( Oxy ) tại O. Các vecto đơn vị trên từng trục Ox, Oy, Oz lần lượt là
i = (1;0;0 ) , j = ( 0;1;0 ) , k = ( 0;0;1) .

1. a = ( a1; a2 ; a3 )  a = a1 i + a2 j + a3 k
2. M ( xM , yM , zM )  OM = xM i + yM j + zM k
3. Cho A ( xA , yA , z A ) , B ( xB , yB , zB ) ta có:
AB = ( xB − xA ; yB − y A ; zB − z A ) và AB =

( xB − xA ) + ( yB − yA ) + ( zB − z A )
2

2

xB + x A y B + y A z B + z A 
;
;

2
2 
 2


4. M là trung điểm AB thì M 

5. Cho a = ( a1 ; a2 ; a3 ) và b = ( b1; b2 ; b3 ) ta có:
a1 = b1

➢ a = b  a2 = b2
a = b
 3 3

➢ a  b = ( a1  b1; a2  b2 ; a3  b3 )
➢ k.a = ( ka1; ka2 ; ka3 )

( )

➢ a.b = a . b cos a; b = a1b1 + a2b2 + a3b3
➢ a = a12 + a2 2 + a32

( )

➢ cos  = cos a; b =

a1b1 + a2b2 + a3b3
a + a2 2 + a32 . b12 + b2 2 + b32
2
1

(với a  0, b  0 )

➢ a và b vuông góc :  a.b = 0  a1b1 + a2b2 + a3b3 = 0
a1 = kb1

➢ a và b cùng phương:  k  R : a = kb  a2 = kb2
a = kb
3
 3

4 . Tích có hướng và ứng dụng
Tích có hướng của a = ( a1 ; a2 ; a3 ) và b = ( b1; b2 ; b3 ) là:
 a a a a aa 
 a, b  =  2 3 ; 3 1 ; 1 2  = ( a2b3 − a3b2 ; a3b1 − a1b3 ; a1b2 − a2b1 )
 
 b2b3 b3b1 b1b2 

2

.


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
1. Tính chất:
➢  a, b  ⊥ a,  a, b  ⊥ b

( )

➢ a, b  = a . b sin a, b

➢ a và b cùng phương:  a, b  = 0
➢ a, b, c đồng phẳng   a, b  .c = 0
2. Các ứng dụng tích có hướng
➢ Diện tích tam giác: S ABC =

1
 AB, AC 

2

1
 AB, AC  . AD

6
➢ Thể tích khối hộp : VABCD. A' B 'C ' D ' =  AB, AD  .AA'

➢ Thể tích tứ diện VABCD =

5 . Một số kiến thức khác
1. Nếu M chia đoạn AB theo tỉ số k MA = k MB thì ta có:

(

)

x A − kxB
y − kyB
z − kz B
; yM = A
; zM = A

với k  1
1− k
1− k
1− k
x +x +x
y +y +y
z +z +z
2. G là trọng tâm tam giác ABC  xG = A B C ; yG = A B C ; zG = A B C
3
3
3
3. G là trọng tâm tứ diện ABCD  GA + GB + GC + GD = 0
xM =

BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài 1: Cho 4 điểm S (1, 2,3) ; A ( 2, 2,3) ; B (1,3,3) ; C (1, 2, 4 ).SABC là:
A . Tứ diện
B. Hình chóp đều
C. Tứ diện đều
D. Hình thang vuông
Lời giải
AB = ( −1;1;0 ) ; BC = ( 0; −1;1) ; AC = ( −1;0;1)

 AB = BC = CA = 2  ABC là tam giác đều
SA = (1;0;0 ) ; SB = ( 0;1;0 ) ; SC = ( 0;0;1)  SA = SB = SC = 1
1
D ( SA, SB, SC ) = 0
0

0
1
0

0
0 =1 0
1

Hay ta có thể tính  SA; SB  SC  0
 SA, SB, SC không đồng phẳng.

 SABC là hình chóp đều , đỉnh S.
Chọn B.


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
Bài 2: Cho bốn điểm S (1, 2,3) ; A ( 2, 2,3) ; B (1,3,3) ; C (1, 2, 4 ). Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của
BC , CA và AB.SMNP là:
A . Hình chóp
B. Hình chóp đều
C. Tứ diện đều
D. Tam diện vuông
Lời giải
S
Tam giác: ABC có AB = BC = CA = 2
 MN = NP = PM =

2

2

SA = (1;0;0 ) ; SB = ( 0;1;0 ) ; SC = ( 0;0;1)
 SA.SB = 0  SA ⊥ SB

Tương tự SA ⊥ SC , SB ⊥ SC
Các tam giác vuông SAB, SBC , SCA vuông
tại S, có các trung tuyến:
AB
2
SP = SM = SN =
=
= MN = NP = PM
2
2
Ta có: SP  ( SAB ) ; SM  ( SBC ) ; SN  ( SCA)

A

C

N
M

P

 SP, SM , SN không đồng phẳng

B

 SMNP là tứ diện đều.
Chọn C.

Bài 3: Cho bốn điểm S (1, 2,3) ; A ( 2, 2,3) ; B (1,3,3) ; C (1, 2, 4 ). Xác định tọa độ trọng tâm G của hình
chóp SABC.
A. ( 5,9,13)

5

13 

B.  ,3, 
3
3

 7 9

C. 1, , 
 4 4

 5 9 13 

D.  , , 
4 4 4 

Lời giải
Ta có GS + GA + GB + GC  4OG = OA + OB + OC + OS
1
5


 x = 4 ( 2 + 1 + 1 + 1) = 4

1
9

 G  y = ( 2 + 3 + 2 + 2) =
4
4

1
13

 z = 4 ( 3 + 3 + 4 + 3) = 4


Chọn D.
Bài 4: Cho 3 vectơ a = (1,1, −2 ) ; b = ( 2, −1, 2 ) ; c = ( −2,3, −2 ) . Xác định vec tơ d thỏa mãn
a.d = 4; b.d = 5; c.d = 7.


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />3
5
C.  , 6, 

B. ( −3,6, −5)

A. ( 3,6,5)

2

2

5
D.  3, 6, 


2

Lời giải
a.d = 4
x + y − 2z = 4


b.d = 5  2 x − y + 2 z = 5


c.d = 7
−2 x + 3 y − 2 z = 7

(1)
( 2)
( 3)

(1) + ( 2) : 3x = 9  x = 3 và ( 2) + (3) : 2 y = 12  y = 6
1
2

1

2

(1) : z = ( x + y + 4 ) = ( 3 + 6 − 4 ) =

5
5

 d =  3;6; 
2
2


Chọn D.
Bài 5: Cho khối tứ diện ABCD. Nếu AB = a; AC = b; AD = c. Gọi M là trung điểm của BC thì:
b + c − 2a
2
a + 2b − c
D. DM =
2

a + c − 2b
2
a + b − 2c
C. DM =
2

B. DM =

A. DM =

Lời giải
DM = DA + DM = −c +

a + b a + b − 2c
=
2
2

Chọn C.
Bài 6: Cho khối tứ diện ABCD. Nếu AB = b; AC = c; AD = d . Gọi G là trọng tâm tam giác BCD thì:
b+d +c
4
b+d +c
C. AG =
2

B. AG =

A. AG =

b+d +c
3

D. AG = b + d + c

Lời giải
Gọi G là trọng tâm tam giác BCD nên:
AG = AB + BG = b + BG
AG = AC + CG = c + CG
AG = AD + DG = d + DG

(1)
( 2)
( 3)

Từ (1) ; ( 2) ; ( 3) suy ra: 3 AG = b + d + c + 0 = b + d + c  AG =

b+d +c
3

Chọn B.
Bài 7: Cho hình lập phương ABCD.A ' B ' C ' D '. Gọi O là tâm của hình lập phương, khi đó:
A. AO =

AD + AB + AA '
3

B. AO =

AD + AB + AA '
4


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
C. AO =

AD + AB + AA '
2

D. AO =

(

2 AD + AB + AA '

)

3

Lời giải
AO =

1
AD + AB + AA '
AC ' =
.
2
2

Chọn C.
Bài 8: Cho hình lập phương ABCD.A ' B ' C ' D '. Gọi I là tâm của mặt ( CDD' C ') , khi đó:
AB + AD
+ AA '
2
AB + AA ' + AD
D. AI =
2

AB + AA '
+ AD
2
AD + AA '
+ AB
C. AI =
2

B. AI =

A. AI =

Lời giải
O là tâm hình lập phương AI = AO + IO =

AB + AD + AA ' 1
AB + AA '
+ AD =
+ AD .
2
2
2

Chọn A.
Bài 9: Cho khối tứ diện ABCD. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AC , BD. Tìm hệ thức đúng:
A. AB + AD + CB + BD = 4 PQ
B. AB + AD + CB + BD = 2 PQ
C. AB + AD + CB + BD = 3PQ
D. AB + AD + CB + BD = PQ
Lời giải

AB + AD = 2 AQ
+
CB + BD = 2CQ

(

) (

) (

)

AB + AD + CB + BD = 2 AQ + CQ = 2 AP + PQ + CP + PQ = 2 2 PQ + AP + CP = 4 PQ

Chọn A.
Bài 10: Cho hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D '. Tìm hệ thức sai:
A. AC ' + CA ' + 2C ' C = 0
B. AC ' + A ' C = 2 AC
C. AC ' + A ' C = AA '
D. CA ' + AC = CC '
Lời giải
O là tâm hình hộp

(

)

AC ' = 2 AO = 2OC '; CA ' = 2CO  AC ' + CA ' = 2 OC ' + CO = 2CC '
AC ' + A ' C + 2C ' C = 2CC ' + 2C ' C = 0
AC ' = 2 AO 

 AC ' + A ' C = 2 AO + OC = 2 AC
A ' C = 2OC 

(

)

Vậy C sai.
Chọn C.
Bài 11: Cho tứ diện ABCD.M , N lần lượt là trung điểm AC , BD. Chọn hệ thức sai:


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
A. MB + MD = 2MN
B. AB + CD = 2MN
C. NC + NA = 2MN
D. CB + AD = 2MN
Lời giải
MB + MD = 2MN (hệ thức trung điểm). Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AD, BC  MNPQ là hình
bình hành:
MP + MQ = MN
1

 MP = 2 CD
1
1
 AB + CD = MN  AB + CD = 2MN


2
2
 MQ = 1 AB

2
NC + NA = 2MN

(C sai )

AD + CB = AB + BD + CD + DB = AB + CD = 2MN

Chọn C.
Bài 12: Cho hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ', A ' C  ( A ' BD ) = E, AC ' (CB ' D ') = F. Xác định hệ thức sai:
A. EA ' + EB + ED = 0

B. FC + FD ' + FB ' = 0

C. AB + AD + AA ' = 2 AC '

D. EF =

1
AC '
2

Lời giải
Gọi I , I ' là các giao điểm của các đường chéo ở 2 mặt đáy AC ' cắt các trung tuyến A ' I của tam
giác A ' BD và trung tuyến CI ' (của tam giác CB ' D ' ) tại E và F.
EI
IF 1

=
=  E , F là trọng tâm của tam giác A ' BD; CB ' D ' .
A ' I FC 2

Chọn A, B đúng.
AB + AD + AA ' = AC + AA ' − AC '. C sai
AE = EF = FC ' =

1
1
AC '  EF = AC '. D đúng.
3
3

Chọn D.
Bài 13: Cho khối tứ diện ABCD, G là trọng tâm của tứ diện, A ' là trọng tâm tam giác BCD.M là 1
điểm tùy ý trong không gian. Chọn hệ thức đúng:
A. GB + GC + GD = 3GA '
B. GA + GB + GC + GD = 0
C. AA ' = 3AG
D. MA + MB + MC + MD = 4MG
Lời giải
Gọi B ' là trọng tâm tam giác ACD, hai trung tuyến AA';BB' cắt nhau tại G , GA ' B ' đồng dạng
GAB.


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
A' B ' A'M 1

1
4
=
=  GA ' = GA  AA ' = AG
AB
BM
3
3
3
GB + GC + GD = GA ' + A ' B + GA ' + A ' C + GA ' + A ' D



= 3GA ' + A ' B + A ' C + A ' D = 3GA ' + 0 = 3GA '
3GA ' = −GA  GA + GB + GC + GD = 0
MA + MB + MC + MD = MG + GA + MG + GB + MG + GC + MG + GD
= 4MG + GA + GB + GC + GD = 4MG

Chọn C.
Bài 14: Cho hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D '. Chọn hệ thức sai:
A. AA ' + AB + AD = AC '
B. A ' B ' + A ' D ' + A ' A = A ' C
C. C ' D ' + C ' B ' + C ' C = C ' A
D. BC + BA + BB ' = D ' B
Lời giải
AA ' + AD + AB = A ' A + AC = A ' C
A' B ' + A' D ' + A' A = A'C ' + A' A + A'C
C ' D ' + C ' B ' + C 'C = C ' A ' + C 'C = C ' A
BC + BA + BB ' = BD + BB ' = BD '
D'

A'

C'

B'

D

A

Chỉ có hệ thức D sai.
Chọn D.

C

B


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
CHỦ ĐỀ 2.
MẶT PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN
1. Định nghĩa
Trong không gian Oxyz phương trình dạng Ax + By + Cz + D = 0 với A2 + B 2 + C 2  0 được gọi là
phương trình tổng quát của mặt phẳng.
➢ Phương trình mặt phẳng ( P ):Ax+By+Cz+D=0 với A2 + B 2 + C 2  0 có vec tơ pháp tuyến là
n = ( A; B; C ) .

➢ Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) và nhận vecto n = ( A; B; C ) , n  0 làm vecto pháp
tuyến dạng ( P ) : A ( x − x0 ) + B ( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0.
➢ Nếu ( P ) có cặp vecto a = ( a1; a2 ; a3 ) ; b = ( b1; b2 ; b3 ) không cùng phương, có giá song song hoặc
nằm trên ( P ) . Thì vecto pháp tuyến của ( P ) được xác định n = a, b  .
2 . Các trường hợp riêng của mặt phẳng
Trong không gian Oxyz cho mp ( ):Ax+By+Cz+D=0, với A2 + B 2 + C 2  0. Khi đó:
➢ D = 0 khi và chỉ khi ( ) đi qua gốc tọa độ.
➢ A = 0, B  0, C  0, D  0 khi và chỉ khi ( ) song song trục Ox.
➢ A = 0, B = 0, C  0, D  0 khi và chỉ khi ( ) song song mặt phẳng ( Oxy ) .
➢ A, B, C , D  0. Đặt a = −

x y c
D
D
D
, b = − , c = − . Khi đó : ( ) : + + = 1
a b z
A
B
C

3 . Vị trí tương đối của hai mặt phẳng
Trong không gian Oxyz cho ( ):Ax+By+Cz+D=0 và ( '):A'x+B'y+C'z+D'=0


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
 AB '  A ' B


➢ ( ) cắt ( ')   BC '  B ' C
CB '  C ' B

 AB ' = A ' B

➢ ( ) // ( ')   BC ' = B ' C
CB ' = C ' B


va AD '  A ' D

 AB ' = A ' B
 BC ' = B ' C

➢ ( )  ( ')  
CB ' = C ' B
 AD ' = A ' D

Đặt biệt: ( ) ⊥ ( ')  n1.n2 = 0  A. A '+ B.B '+ C.C ' = 0
4 . Góc giữa hai mặt phẳng
Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( 00    900 )

( P ):Ax+By+Cz+D=0 và (Q):A'x+B'y+C'z+D'=0

(

)

cos = cos nP , nQ =

nP .nQ

=

nP . nQ

A. A '+ B.B '+ C.C '
A + B 2 + C 2 . A '2 + B '2 + C '2
2

BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài 1: Cho tứ giác ABCD có A ( 0;1; −1) ; B (1;1;2) ; C (1; −1;0 ) ; D ( 0;0;1) . Viết phương trình của mặt
phẳng ( P ) qua A, B và chia tứ diện thành hai khối ABCE và ABDE có tỉ số thể tích bằng 3.
A. 15 x − 4 y − 5 z − 1 = 0
B. 15 x + 4 y − 5 z − 1 = 0
C. 15 x + 4 y − 5 z + 1 = 0
D. 15 x − 4 y + 5 z + 1 = 0
Lời giải
( P ) cắt cạnh CD tại E , E chia đoạn CD theoo tỷ số −3
xC + 3 xD 1 + 3.0 1

=
=
x =
4
4
4

y + 3 yD −1 + 3.0 −1


 E y = C
=
=
4
4
4

zC + 3 z D 0 + 3.1 3

=
=
z =
4
4
4

1 5 7 1
AB = (1;0;3) ; AE =  ; − ;  = (1; −5;7 )
4 4 4 4

A

F
N

B

D
E

C


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
Vecto pháp tuyến của

( P ) : n =  AB, AE  = (15; −4; −5)  ( P ) : ( x − 0 )15 + ( y − 1)( −4 ) + ( z + 1)( −5) = 0  15 x − 4 y − 5 z − 1 = 0
Chọn A.
Bài 2: Cho tứ giác ABCD có A ( 0;1; −1) ; B (1;1;2) ; C (1; −1;0 ) ; D ( 0;0;1) . Viết phương trình tổng quát
của mặt phẳng ( Q ) song song với mặt phẳng ( BCD ) và chia tứ diện thành hai khối AMNF và
MNFBCD có tỉ số thể tích bằng

A. 3x − 3z − 4 = 0
C. y + z − 4 = 0
Lời giải

1
.
27

B. y − z − 1 = 0
D. 4x + 3z + 4 = 0
 AM 

3

1

Tỷ số thể tích hai khối AMNF và MNFBCD : 
 =
27
 AB 
AM 1
=  M chia cạnh AB theo tỉ số −2
AB 3
1 + 2.0 1

x = 3 = 3

1 + 2.1

 E y =
= 1 ; BC = −2 ( 0;1;1) ; BD = − (1;1;1)
3


2 + 2 ( −1)
=0
x =
3

Vecto pháp tuyến của ( Q ) : n = ( 0;1; −1)


1

 M  ( Q )  ( Q ) :  x −  0 + ( y − 1)1 + ( z − 0 )( −1) = 0
3


 ( P ) : y − z −1 = 0

Chọn B.
Bài 3: Từ gốc O vẽ OH vuông góc với mặt phẳng ( P ) , ( OH = p ) ; gọi  ,  ,  lần lượt là các góc tạo
bởi vec tơ pháp tuyến của ( P ) với ba trục Ox, Oy, Oz. Phương trình của ( P ) là:
A. x cos  + y cos  + z cos  − p = 0
B. x sin  + y sin  + z sin  − p = 0
C. x cos  + y cos  + z cos  + p = 0
D. x sin  + y sin  + z sin  + p = 0
Lời giải
H ( p cos  , p cos  , c cos  )  OH = ( p cos  , p cos  , c cos  )
Gọi: M ( x, y, z )  ( P )  HM = ( x − p cos  , y − p cos  , z − c cos  )
OH ⊥ HM
 ( x − p cos  ) p cos  + ( y − p cos  ) p cos  + ( z − c cos  ) p cos 
 ( P ) : x cos  + y cos  + z cos  − p = 0


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
Chọn A.
Bài 4: Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng ( P ) cắt hai trục y ' Oy và z ' Oz tại
A ( 0, −1,0) , B ( 0,0,1) và tạo với mặt phẳng ( yOz ) một góc 450.

A. 2 x − y + z − 1 = 0
B. 2 x + y − z + 1 = 0
C. 2 x + y − z + 1 = 0; 2 x − y + z + 1 = 0
D. 2 x + y − z + 1 = 0; 2 x − y + z − 1 = 0
Lời giải

Gọi C ( a,0,0) là giao điểm của ( P ) và trục x 'Ox
 BA = ( 0, −1, −1) ; BC = ( a, 0, −1)

Vec tơ pháp tuyến của ( P ) là n =  BA, BC  = (1, −a, a )
Vec tơ pháp tuyến của ( yOz ) là: e1 = (1, 0, 0 )
1

Gọi  là góc tạo bởi ( P ) và ( yOz )  cos450 =

=

2
1
 4a 2 = 2  a = 
2
2

1 + 2a 2
Vậy có hai mặt phẳng ( P ) :  2 x − y + z = 1  2 x + y − z + 1 = 0; 2 x − y + z − 1 = 0

Chọn D.
Bài 5: Cho mặt phẳng ( P ) đi qua hai điểm A ( 3,0, 4) , B ( −3,0, 4 ) và hợp với mặt phẳng ( xOy ) một
góc 300 và cắt y ' Oy tại C. Tính khoảng cách từ O đến ( P ) .
A. 4 3

B. 3

C. 3 3

D. 2 3

z
B

Lời giải
Vẽ OH ⊥ KC với K là giao điểm
của AB và trục z ' Oz .




Ta có: C = 300  K = 600 ; OK = 4
 d ( O, P ) = OH = OK .sin 60
= 4.

x'

K
H
A

0

P
-3

3
= 2 3.
2

y

30
O

Chọn D.

3
x

C


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
Bài 6: Cho mặt phẳng ( P ) đi qua hai điểm A ( 3,0, 4) , B ( −3,0, 4 ) và hợp với mặt phẳng ( xOy ) một
góc 300 và cắt y ' Oy tại C. Viết phương trình tổng quát mặt phẳng ( P ) .
B. y + 3z − 4 3 = 0
D. x − y − 3z − 4 3 = 0

A. y + 3z + 4 3 = 0
C. y  3z  4 3 = 0
Lời giải

C ( 0, c,0 ) ; AC = ( −3, c, −4 ) ; AB = ( −6,0,0 )

Vec tơ pháp tuyến của ( P ) : n =  AC , AB  = 6 ( 0, 4, c )
Vec tơ pháp tuyến của ( xOz ) : e3 = ( 0,0,1)
cos 300 =

c
16 + c 2

=

(

3
 c 2 = 48  c = 4 3  n = 6 0, 4, 4 3
2

(

)

)

 ( P ) : ( x − 3) .0 + ( y − 0 ) 4 + ( z − 4 ) 4 3 = 0  y  z 3  4 3 = 0

Chọn C.
Bài 7: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + z + 1 = 0, A (8; −7;4) , B ( −1;2; −2) .
Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho MA2 + 2MB 2 nhỏ nhất.
A. M ( 0;0; −1)
B. M ( 0;0;1)
Lời giải
Gọi I là điểm thỏa mãn IA + 2IB = 0  I ( 2; −1;0 )

(

)

2

(

)

C. M (1;0;1)

D. M ( 0;1;0)

2

Có MA2 + 2MB2 = MI + IA + 2 MI + IB = 3MI 2 + IA2 + 2IB2
Vì IA, IB không đổi nên ( MA2 + 2MB2 )min  MI min  M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt
phẳng ( P ) .

Đường thẳng d đi qua I và vuông góc với ( P ) .
 x = 2 + 2t

 d :  y = −1 − t ; d  ( P ) = M ( 0;0; −1)
z = t


Chọn A.
Bài 8: Cho 2 điểm A ( 0,0, −3) , B ( 2,0, −1) và mặt phẳng ( P ) : 3x − 8 y + 7 z −1 = 0. Tìm M  ( P ) sao cho
MA2 + 2MB 2 nhỏ nhất.
 283 −104 −214 

 −283 104 −214 

 283 −14 −14 

 283 14 14 

;
;
;
;
;
;
;
;
A. M 
 D. M 
 B. M 

 C. M 
 183 183 183 
 183 183 183 
 183 183 183 
 183 183 183 
Lời giải



Gọi I sao cho IA + 2 IB = 0  I  ;0; 
3 3
4



5




Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
(
) = MI
= ( MI + IB ) = MI

MA2 = MA = MI + IA

2

2

2

2

MB 2 = MB

2

+ IA2 + 2MI .IA

2

+ IB 2 + 2MI .IB

(

)

MA2 + 2 MB 2 = 3MI 2 + IA2 + 2 IB 2 + 2MI IA + IB = 3MI 2 + IA2 + 2 IB 2

Suy ra ( MA2 + 2MB2 )min khi MI bé nhất hay M là hình chiếu của I trên ( P ) .
283 −104 −214 
;
;
.
 183 183 183 

Tìm được tọa độ M 

Chọn A.
Bài 9: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( Q ) : x + y + z = 0 và hai điểm
A ( 4, −3,1) , B ( 2,1,1) . Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( Q ) sao cho tam giác ABM vuông cân tại M .
 M (1; −2;1)
A.   17 9 8 
M
;− ;−
  7 7 7 

 M (1; 2;1)

B.   17 9 8 
M
; ;
  7 7 7 

 M ( −1; 2;1)
C.   13 5 9 
M
;− ;−
  7 7 7 

 M (1;1;1)
D.   9 9 8 
M
;− ;−
  7 7 7 

Lời giải
Gọi M ( a, b, c ) .M  (Q )  a + b + c = 0 (1) .
Tam giác ABM cân tại M khi và chỉ khi :
AM 2 = BM 2  ( a − 4 ) + ( b + 3) + ( c − 1) = ( a − 2 ) + ( b − 1) + ( c − 1)  − a + 2b + 5 = 0
2

2

2

2

a + b + c = 0

a = 2b + 5

−a + 2b + 5 = 0
c = −5 − 3b

Từ (1) và ( 2) ta có: 

2

2

( 2)

(*)

Trung điểm AB là I ( 3; −1;1) . Tam giác ABM cân tại M , suy ra:
MI =

AB
2
2
2
 ( a − 3) + ( b + 1) + ( c − 1) = 5
2

Thay (*) và ( 3) ta được:

( 3)

( 2b + 2 ) + ( b + 1) + ( −6 − 3b )

2

b = −2  a = 1, c = 1  M (1; −2;1)

2

2

b = −2
=5 
b = − 9
7


9
17
8
 17 9 8 
b = −  a = ,c = −  M  ;− ;− 
7
7
7
7 7
7

Chọn A.
Bài 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 2 điểm A (1;3;2) , B (3;2;1) và mặt phẳng

( P ) : x + 2 y + 2x −11 = 0. Tìm điểm



M trên ( P ) sao cho MB = 2 2, MBA = 300.


Đặt mua trọn bộ tài liệu bài tập VẬN DỤNG CAO 2018 môn Toán file word
Cách 1: Soạn tin “ Đăng ký bộ vận dụng cao” gửi đến số 0982.563.365
Cách 2: Đăng ký tại link sau />
 M (1; 2;3)

A. 

 M (1; 4;1)

 M (1; −2;3)

B. 

 M (1; −4;1)

 M ( 2;1;3)

C. 

 M ( 4;1;1)

Lời giải
Nhận thấy A  ( P ) , B  ( P ) , AB = 6.
Áp dụng định lý côsin trong tam giác MAB ta có:
MA2 = MB 2 + BA2 = 2MB.BA.cos300 = 2  MB 2 = MB 2 + BA2

Do đó tam giác MAB vuông tại A.
x = 1

Ta có: u AM =  AB, n p  = ( 0; −5;5)  AM :  y = 3 − t  M (1;3 − t; 2 + t )
z = 2 + t

2
2
2
Ta có MA = 2  t + t = 2  t = 1

Với t = 1  M (1;2;3) ; t = −1  M (1;4;1)
Chọn A.

 M (1; −2;3)

D. 

 M ( −1; 4;1)