8 thi online tìm điểm thỏa mãn tính chất đặc biệt có lời giải chi tiết

ĐỀ THI ONLINE – TÌM ĐIỂM THỎA MÃN TÍNH CHẤT ĐẶC BIỆT – CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT
I. Mục tiêu đề thi:
Đề thi xét các bài toán tìm điểm thỏa mãn một số tính chất đặc biệt
 Bài toán tìm giao điểm của hai đường thẳng, tìm giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng, tìm
giao điểm của đường thẳng và mặt cầu.
 Bài toán tìm hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng (P), tìm điểm đối xứng với M
qua mặt phẳng (P).
 Bài toán tìm hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng (d), tìm điểm đối xứng với M
qua đường thẳng (d).
II. Nội dung đề thi
Câu 1(nhận biết): Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng d1 :

x3 y 2 z 6
x  5 y 1 z  2




và d 2 :
1
3/ 2
2
1
4
8

là:
A. A(3;7;18)

B. B(3;7;18)

D. D(3;7; 1)

C. C (3;7;1)

 x  3  2t
x2 y z 3



Câu 2(nhận biết): Tọa độ giao điểm (nếu có) của d1 :  y  2  3t và d2 :
là:
1
2
3
 z  6  4t

A. A(21;34;54)

 3 22 90 
B. B  ; ; 
7 7 7 

 45 50 6 
C. C   ;  ;  
7 7
 7

D.Không tồn tại giao điểm.

Câu 3(nhận biết): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ( P) : x  4 y  9 z  9  0 và

y2 z4
d : x 1 

. Tọa độ giao điểm của (d) và (P) là:
2
3
A. I (2; 4; 1)

B. I (1; 2;0)

C. I (1;0;0)

D. I (0;0;1)

Câu 4(thông hiểu): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S ) :  x  1   y  2    z  3 2  9 và
2

đường thẳng d : x  1 
A. I (2; 4; 1)

2

y2 z4

. (d) cắt (S) tại hai điểm phân biệt A và B. Tọa độ trung điểm I của AB là:
2
3
B. I (0;0;1)

 3 3 23 

C. I  ; ; 
 14 7 14 

 3 6 16 
D. I  ; ; 
7 7 7 

Câu 5: (nhận biết) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hình chiếu vuông góc của điểm M (3; 4; 2) trên mặt
phẳng (Oxz) có tọa độ là:
A. (3; 4;0)

1

B. (3; 4;0)

C. (3;0; 2)

D. (3;0; 2)

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử –
Địa – GDCD tốt nhất!


Câu 6: (nhận biết)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, điểm đối xứng của điểm M (3; 4; 2) qua trục Oy có
tọa độ là:
A. (3; 4; 2)

B. (3; 4; 2)

C. (3;0; 2)

D. (3; 4; 2)

Câu 7: (vận dụng thấp) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M (0;1; 2) . Khẳng định nào sau đây là
đúng:
A. A(0;0;0) là hình chiếu của M trên trục Ox.
B. B(0; 1; 2) là điểm đối xứng với M qua Oy
C. C (0; 1; 2) là hình chiếu của M trên (Oxz)
D. D(0; 1;0) là điểm đối xứng của M qua (Oxy)
Câu 8: (thông hiểu) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M (1; 2; 3) và mặt phẳng
( P) : x  2 y  3z  0 . Hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (P) có tọa độ:
A. (2; 2;1)

B. (0;0;0)

C. (1;1;0)

D. (4;0;1)

Câu 9: (vận dụng thấp) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M (1;1;0) , mặt phẳng
( P) : x  y  z  3  0 . Gọi H là điểm thuộc mặt phẳng (P) sao cho độ dài MH nhỏ nhất. Vậy H có tọa độ là:
A. H (0; 2;1)

B. H (1;1;1)

C. H (1; 2;0)

D. H (2;0;1)

Câu 10: (vận dụng thấp) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M (1;1; 2) , mặt phẳng

( P) : x  y  z  2  0 . Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua mặt phẳng (P). Tọa độ của M’ là:

 1 1 10 
A. M '  ; ; 
3 3 3 

 1 1 10 
B. M '   ;  ; 
 3 3 3

 1 1 10 
C. M '   ;  ;  
 3 3 3

 1 1 10 
D. M '  ;  ; 
3 3 3 

Câu 11. (vận dụng thấp) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình
x  2 y  z  2  0 . Tọa độ điểm đối xứng với gốc tọa độ O qua mặt phẳng (P) là:
B.  1; 2;1

A. 1;2; 1

2 4 2
C.  ; ;  
3 3 3

 2 4 2 
D.  ; ; 

 3 3 3

Câu 12. (vận dụng thấp) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : 6 x  2 y  z  35  0 và
điểm A(1;3;6) . Gọi A là điểm đối xứng với A qua ( P ) . Tính OA .
A. OA  3 26

B. OA  5 3

C. OA  46

D. OA  186

Câu 13. (vận dụng cao) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm:
A(1; 2; 2), B(1; 2; 1), C (1;6; 1), D (1;6; 2) . Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng
(BCD).

 83 194 26 
A. H  ;
; 
 61 61 61 

 83 194 26 
B. H  ; 
; 
 61 61 61 

 83 194 26 
C. H  ; 
; 
 61 61 61 

 83 194 26 
D. H   ;
; 
 61 61 61 

Câu 14. (thông hiểu) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm O(0;0;0) và mặt phẳng
( P) : 2 x  2 y  z  4  0 . Mặt cầu (S) tâm O tiếp xúc với ( P ) tại H. Tọa độ điểm H là:

2

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử –
Địa – GDCD tốt nhất!


A. (3;0; 2)

8 8 4
C. H  ;  ;  
9 9 9

B. (3;0; 2)

 8 8 4
D. H   ; ; 
 9 9 9

Câu 15. (thông hiểu) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, biết rằng mặt phẳng ( P) : 2 x  y  z  3  0 cắt mặt
cầu (S) tâm I (3;1; 2) theo giao tuyến là một đường tròn. Tâm H của đường tròn giao tuyến là điểm nào sau đây:
B. H 1;0; 1

A. H (1;1;3)

D. H 1;0;1

C. H (1;1;3)

Câu 16. (thông hiểu) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M (1; 2;3) và đường thẳng

 x  1  3t

d :  y  2  2t . Tọa độ hình chiếu vuông góc của M lên d là:
z  t

1 9 5
B.  ;  ; 
 14 7 14 

A. (1; 2;0)

 1 9 5
D.   ; ;  
 14 7 14 

C. (1; 2;1)

Câu 17. (thông hiểu) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : x  y  z và điểm A(1; 2;3) .
Tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua d là:
B. A '(3; 2; 1)

A. A '(2;1;1)

C. A '(3; 2;1)

D. A '(3;1;5)

Câu 18. (vận dụng thấp)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(5;3; 1) , B(2;3; 4) và
C (1; 2;0) . Tọa độ điểm D đối xứng với C qua đường thẳng AB là:
A. (6; 5; 4)

B. (5;6; 4)

C. (4;6; 5)

D. (6; 4; 5)

Câu 19. (nhận biết) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

x 1 y  2 z  3


. Khoảng
2
3
1

cách từ A(1;0;3) đến d bằng:
A.

70

7

B.

5
3

C.

2 5
7

D.

6
5

Câu 20. (vận dụng cao)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(0; 1; 2) và B(1;0; 2) lần lượt là hình
x y 1 z  2

chiếu vuông góc của điểm I (a; b; c) trên d : 
4
1
1
và ( P) : 2 x  y  2 z  6  0 . Tính S  a  b  c .
A. 3  2

B. 5  3

D. 4  3

C. 0
ĐÁP ÁN TRẮC NGHIỆM

1A
6D
11C
16D

3

2D
7A
12D
17C

3D
8B
13D
18D

4C
9A
14C
19A

5C
10B
15B
20C

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử –
Địa – GDCD tốt nhất!


HƯỚNG DẪN CHI TIẾT
Câu 1.
Phương pháp: Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng d1 và d 2 . Ta có

 x1 (t )  x2 (t ')
M  x1 (t ); y1 (t ); z1 (t ) 
M  d1


  y1 (t )  y2 (t ') (*)

M  d 2 M  x2 (t '); y2 (t '); z2 (t ')   z (t )  z (t ')
2
1
Từ hệ (*) ta tìm được t , t ' . Từ đó tìm được M.
Cách làm:
Phương trình tham số của d1 và d 2 là:

 x  3  t

x3 y 2 z 6
3

d1 :



 d1 :  y  2  t
1
3/ 2
2
2

 z  6  2t
x  5  t '
x  5 y 1 z  2

d2 :


 d 2 :  y  1  4t '
1
4
8
 z  2  8t '

Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng d1 và d 2 . Ta có

3  t  5  t '
t  t '  8
 
3
 

M  d1
t  6

3
M  3  t; 2  2 t;6  2t  
3



2

t


1

4
t
'






 t  4t '  1  
2
t '  2
M  d2 M 5  t '; 1  4t ';2  8t '
2
 6  2t  2  8t '
 
2

t

8
t
'


4


Vậy M (3;7;18)
Chọn A
Câu 2.
Phương pháp:


Tham số hóa phương trình đường thẳng d 2 .



Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng d1 và d 2 . Ta có

4

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử –
Địa – GDCD tốt nhất!


 x1 (t )  x2 (t ')
M  x1 (t ); y1 (t ); z1 (t ) 

M  d1


  y1 (t )  y2 (t ') (*)

M  d 2 M  x2 (t '); y2 (t '); z2 (t ')   z (t )  z (t ')
2
1
Từ hệ (*) ta tìm được t , t ' . Từ đó tìm được M.
Cách làm:

x  2  t '
x2 y z 3

d2 :


 d 2 :  y  2t '
1
2
3
 z  3  3t '

Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng d1 và d 2 . Ta có

3  2t  2  t '
2t  t '  5
M  3  2t; 2  3t;6  4t  
M  d1



 2  3t  2t '  3t  2t '  2 (*)

M  d 2 M  2  t '; 2t '; 3  3t ' 
6  4t  3  3t ' 4t  3t '  9


Hệ phương trình (*) vô nghiệm.
Chọn D
Câu 3.
Phương pháp:
Từ phương trình tham số của đường thẳng d, ta có tọa độ của điểm I  d . Vì I  ( P) nên tọa độ điểm I thỏa
mãn phương trình mặt phẳng (P). Từ đó tìm được tham số, rồi tìm tọa độ điểm I.
Cách giải:

x  t 1

Tham số hóa phương trình đường thẳng d ta được: d :  y  2  2t
 z  4  3t

Giả sử I là giao điểm của (d) và (P).

x  t 1

Vì I  d :  y  2  2t nên ta có: I t  1;2  2t;4  3t 
 z  4  3t

Mặt khác I  ( P) nên ta có t  1  4.(2  2t )  9.(4  3t )  9  0  36t  36  0  t  1
Suy ra I (0;0;1)
Chọn D

Câu 4.
Phương pháp:

5

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử –
Địa – GDCD tốt nhất!


- Từ phương trình tham số của đường thẳng d, ta có tọa độ của điểm A  d .
- Vì A  ( S ) nên tọa độ điểm M thỏa mãn phương trình mặt cầu (S).
- Từ đó tìm được 2 tham số thỏa mãn phương trình, tương ứng tìm được tọa độ hai điểm A, B.
- Cuối cùng tìm trung điểm I của AB.
Cách giải:

x  t 1

Tham số hóa phương trình đường thẳng d ta được: d :  y  2  2t
 z  4  3t

x  t 1

Giả sử A là giao điểm của (d) và (P). Vì A  d :  y  2  2t nên ta có: A  t  1;2  2t;4  3t 
 z  4  3t

Mặt khác A  ( S ) nên ta có

 t  1  12   2  2t  2 2   4  3t  32  9
2
2

 t 2   4  2t   1  3t   9
 14t 2  22t  8  0
 A  0;0;1
t  1
 3 3 23 



   3 6 16   I  ; ; 
4
t  
B ; ;
 14 7 14 
7   7 7 7 

 3 3 23 
Suy ra I  ; ; 
 14 7 14 
Chọn C
Câu 5.
Phương pháp:
Gọi M’ là hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng tọa độ.




Chiếu vuông góc lên mặt phẳng (Oxy) thì giữ nguyên hoành độ và tung độ của điểm M đồng thời
cao độ bằng 0 ta được tọa độ của M’
Chiếu vuông góc lên mặt phẳng (Oxz) thì giữ nguyên hoành độ và cao độ của điểm M đồng thời
tung độ bằng 0 ta được tọa độ của M’

Chiếu vuông góc lên mặt phẳng (Oyz) thì giữ nguyên tung độ và cao độ của điểm M đồng thời
hoành độ bằng 0 ta được tọa độ của M’

Cách làm:
Chiếu vuông góc điểm M (3; 4; 2) trên mặt phẳng (Oxz) ta giữ nguyên xM ; zM và cho tung độ bằng 0 ta được
M '(3;0; 2)

6

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử –
Địa – GDCD tốt nhất!


Chọn C
Câu 6.
Phương pháp:
Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua trục tọa độ.




Đối xứng qua trục Ox thì giữ nguyên hoành độ, và đổi dấu đồng thời tung độ, cao độ của điểm M
ta được tọa độ của M’
Đối xứng qua trục Oy thì giữ nguyên tung độ, và đổi dấu đồng thời hoành độ, cao độ của điểm M
ta được tọa độ của M’
Đối xứng qua trục Oz thì giữ nguyên cao độ, và đổi dấu đồng thời hoành độ, tung độ của điểm
M ta được tọa độ của M’

Cách làm:
Lấy đối xứng của điểm M (3; 4; 2) qua trục Oy ta giữ nguyên yM , đổi dấu xM và zM ta được (3; 4; 2)

Chọn D
Câu 7.
Phương pháp:
Áp dụng chú ý về hình chiếu và đối xứng để loại trừ đáp án
Cách làm:
A. Hình chiếu của M (0;1; 2) trên trục Ox là A(0;0;0) (A đúng)
B. Điểm đối xứng với M (0;1; 2) qua Oy là B(0;1; 2) (B sai)
C. Hình chiếu của M (0;1; 2) trên (Oxz) là C (0;0; 2) (C sai)
D. Điểm đối xứng của M (0;1; 2) qua (Oxy) là D(0;1; 2) (D sai)
Chọn A
Câu 8.
Phương pháp:


Lập phương trình đường thẳng d qua M và có vecto chỉ phương là nP



Hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (P) là giao điểm của d và (P).

Cách giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên mặt phẳng (P).

x  t 1
MH  nP  (1; 2; 3)

MH : 
 MH :  y  2t  2  H  t  1; 2t  2; 3t  3
M (1; 2; 3)
 z  3t  3


Tọa độ điểm H thỏa mãn:

(t  1)  2(2t  2)  3(3t  3)  0  14t  14  0  t  1
 H (0;0;0)

7

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử –
Địa – GDCD tốt nhất!


Chọn B
Câu 9.
Phương pháp:
Bài toán đưa về dạng tìm hình chiếu của M lên mặt phẳng (P)
Cách làm:

 H  ( P)
 H là hình chiếu vuông góc của M lên mặt phẳng (P).

 MH min
Ta có:

x  t 1
MH  nP  (1;1;1)

MH : 
 MH :  y  t  1  H  t  1; t  1; t 
M (1;1;0)
z  t


Tọa độ điểm H thỏa mãn: t  1  t  1  t  3  0  3t  3  0  t  1

 H  0;2;1
Chọn A
Câu 10.
Phương pháp:



Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (P).
Khi đó, H là trung điểm của MM’. Từ đó, tìm được tọa độ M’.

Cách giải:
Gọi H là hình chiếu của M qua (P)

x  t 1
MH  nP  (1;1; 1)

MH : 
 MH :  y  t  1  H  t  1; t  1; t  2 
M (1;1; 2)
 z  t  2

Tọa độ điểm H thỏa mãn:

(t  1)  (t  1)  (t  2)  2  0  3t  2  0  t  

2  H 1;1;8



 3 3 3
3

Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua (P). Khi đó H là trung điểm của MM’. Suy ra

8

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử –
Địa – GDCD tốt nhất!


1

 xM '   3
 xM '  2 xH  xM

1


 1 1 10 
 yM '  2 y H  yM   y M '    M '   ;  ; 
3
 3 3 3
z  2z  z

H
M
 M'
10


 zM '  3

Chọn B
Câu 11.
Phương pháp:



Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm O lên mặt phẳng (P).
Gọi O’ là điểm đối xứng với gốc tọa độ O qua mặt phẳng (P). Khi đó, H là trung điểm của OO’.
Từ đó, tìm được tọa độ O’.

Cách giải:
Gọi H là hình chiếu của O qua (P)

x  t
OH  nP  (1; 2; 1)

OH : 
 OH :  y  2t  H  t; 2t; t 
O(0;0;0)
 z  t

Tọa độ điểm H thỏa mãn:

t  2.2t  (t )  2  0  6t  2  0  t 

1 2 1
1

 H  ; ; 
3 3 3
3

Gọi O’ là điểm đối xứng của O qua (P). Khi đó H là trung điểm của OO’. Suy ra

2

 xO '  3
 xO '  2 xH  xO

4


2 4 2
 yO '  2 yH  yO   yO '   O '  ; ;  
3
3 3 3
z  2z  z

H
O
 O'
2

 zO '  3

Chọn C
Câu 12.
Phương pháp:




Tìm tọa độ A là điểm đối xứng với A qua ( P ) .
Tính OA

Cách giải:
Gọi H hình chiếu của A lên mặt phẳng (P).

9

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử –
Địa – GDCD tốt nhất!


Ta có:

 x  6t  1
 AH  nP  (6; 2;1)

AH : 
 AH :  y  2t  3  H  6t  1; 2t  3; t  6 
 A(1;3;6)
z  t  6

Tọa độ điểm H thỏa mãn:
6.(6t 1)  2.(2t  3)  (t  6)  35  0  41t  41  0  t  1  H 5;1;7 

Ta có H là trung điểm của AA’. Suy ra:

 xA'  2 xH  xA
 xA '  11


 y A '  2 yH  y A   y A '  1  A ' 11; 1;8 
z  2z  z
z  8
H
A
 A'
 A'
Suy ra OA '  11; 1;8  OA '  112  (1)2  82  186
Chọn D
Câu 13.
Phương pháp:



Tìm phương trình mặt phẳng (BCD)
Tìm hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (BCD)

Cách giải:

 BC   2;4;0 
  BC, BD   12; 6;8
Ta có: 
 BD   0;4;3
Chọn n   6; 3; 4  . Ta có



n   6; 3;4 
( BCD) : 
 ( BCD) : 6( x  1)  3( y  2)  4( z  1)  0  6 x  3 y  4 z  16  0
B

1;2;

1




H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (BCD).
Ta có:.

 x  6t  1
 AH  n  (6; 3; 4)

AH : 
 AH :  y  3t  2  H  6t  1; 3t  2; 4t  2 
 A(1; 2; 2)
 z  4t  2

Tọa độ điểm H thỏa mãn:

6.  6t  1  3.  3t  2   4.  4t  2   16  0  61t  24  0  t  

10

24

 83 194 26 
 H  ;
; 
61
 61 61 61 

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử –
Địa – GDCD tốt nhất!


Chọn D
Câu 14.
Phương pháp:
H là tiếp điểm  OH  ( P)  H là hình chiếu của O lên mặt phẳng (P).
Cách giải:
H là tiếp điểm  OH  ( P)  H là hình chiếu của O lên mặt phẳng (P).
Ta có:

 x  2t
OH  nP  (2; 2; 1)

OH : 
 OH :  y  2t  H  2t; 2t; t 
O(0;0;0)
 z  t

Tọa độ điểm H thỏa mãn:
2.2t  2.(2t )  (t )  4  0  9t  4  0  t 

4

8 8 4
 H  ; ; 
9
9 9 9

Chọn đáp án: C
Câu 15.
Phương pháp:
I: tâm mặt cầu
H: tâm đường tròn giao tuyến

 IH  ( P)
Bài toán được đưa về dạng tìm hình chiếu của I lên mặt phẳng (P) đã biết
Cách giải:
H là tâm đường tròn giao tuyến  IH  ( P)  H là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P).

 x  2t  3
 IH  nP  (2;1; 1)

 IH :  y  t  1  H  2t  3; t  1; t  2 
Ta có: IH : 
 I (3;1; 2)
 z  t  2

Tọa độ điểm H thỏa mãn:
2.(2t  3)  (t  1)  (t  2)  3  0  6t  6  0  t  1  H 1;0; 1

Chọn đáp án: B
Câu 16.
Phương pháp:

11

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử –
Địa – GDCD tốt nhất!


H là hình chiếu vuông góc của M lên d  MH .ud  0
Cách giải:
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên d.

H  d  H (1  3t; 2  2t; t ) . Ta có:

MH   3t;4  2t; t  3
ud   3;2;1

 MH .ud  0
 3.3t  2.(4  2t )  t  3  0  14t  5  0  t 

5
 1 9 5
 H  ; ; 
14
 14 7 14 

Chọn đáp án: D
Câu 17.
Phương pháp:



Tìm tọa độ H là hình chiếu vuông góc của A lên d
Khi đó, H là trung điểm của AA’. Từ đó, tìm được tọa độ điểm A’.

Cách giải:

x  t

Tham số hóa phương trình đường thẳng d ta có: d : x  y  z   y  t
z  t

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên d.

H  d  H (t ; t ; t ) . Ta có:

AH   t  1; t  2; t  3
ud  1;1;1

 AH .ud  0

 (t  1)  (t  2)  (t  3)  0  3t  6  0  t  2  H  2;2;2 

Ta có H là trung điểm của AA’. Suy ra:

 xA'  2 xH  xA
 xA '  3


 y A'  2 yH  y A   y A '  2  A '  3; 2;1
z  2z  z

z  1
H
A
 A'
 A'
Chọn đáp án: C
Câu 18.

12

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử –
Địa – GDCD tốt nhất!


Phương pháp:




Lập phương trình đường thẳng AB
Tìm tọa độ H là hình chiếu vuông góc của C lên AB
Khi đó, H là trung điểm của CD. Từ đó, tìm được tọa độ điểm D.

Cách giải:

x  5  t

 AB   3;0; 3

Ta có: AB : 

 AB :  y  3
A
5;3;

1



 z  1  t


Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB.

H  AB  H (5  t ;3; 1  t ) . Ta có:

CH   4  t;1; 1  t 
u AB  1;0;1

 CH .u AB  0
3
5
7
 (4  t ).1  1.0  (1  t ).1  0  2t  3  0  t    H  ;3;  
2
2
2
Ta có H là trung điểm của CD suy ra:

 xD  2 xH  xC
 xD  6



 yD  2 yH  yC   yD  4  D  6; 4; 5
z  2z  z
 z  5
H
C
 D
 D
Chọn D
Câu 19.
Phương pháp:



Tìm hình chiếu H của A lên đường thẳng d
Khoảng cách từ A đến d bằng: AH

Cách làm:

 x  1  2t
x 1 y  2 z  3 
Tham số hóa phương trình đường thẳng d ta có: d :


  y  2  3t
2
3
1
z  3  t


Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên D.

H  d  H (1  2t; 2  3t;3  t ) . Ta có:

13

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử –
Địa – GDCD tốt nhất!


AH   2t;2  3t; t 
ud   2;3;1

 AH .ud  0
3
 1 5 18 
 2.2t  3.(2  3t )  t  0  14t  6  0  t    H  ; ; 
7
7 7 7 
Khoảng cách từ A đến d bằng AH
2

2

2

70
 6 5 3
 6 5  3

Có AH    ; ;   . Suy ra AH            
7
 7 7 7
 7 7  7
Chọn A
Câu 20.
Phương pháp:


A là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d  AI .ud  0



B là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P)  BI / / nP



Giải hệ phương trình

Cách giải:
A là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d  AI .ud  0

 AI   a; b  1; c  2 
Ta có: 
ud   4;1; 1
Suy ra: AI .ud  0  4a  b  1  (c  2)  0  4a  b  c  3  0 (1)
B là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P)  BI / / nP

 BI   a  1; b; c  2 
Ta có: 

nP   2; 1; 2 
Suy ra BI / / nP 

a  2b  1
a 1 b c  2



(2)
2
1 2
a  c  1

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình

4a  b  c  3  0 a  1


 b  1  a  b  c  0
a  2b  1
a  c  1
c  0


Chọn C

14

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử –
Địa – GDCD tốt nhất!

15

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử –
Địa – GDCD tốt nhất!