D05 bài toán về tích có hướng và ứng dụng muc do 2

Câu 7456:

[2H3-1.5-2] [THPT CHUYÊN BẾN TRE-2017] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho

cho a  1; t;2  , b   t  1;2;1 , c   0; t  2;2  . Xác định t để ba vectơ a, b, c đồng phẳng.
A. 1 .

B.

1
.
2

C. 2 .

D.

2
.
5

Lời giải
Chọn D.





Tính a, b   t  4;2t  1;2  t  t 2 .
2
Ba vectơ a, b, c đồng phẳng   a, b  .c  0  t  . Vậy chọn B.

5

Câu 7485:

[2H3-1.5-2] [BTN 167-2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ:

a   2; 0; 3 , b   0; 4;  1 , c   m  2; m2 ; 5 . Tính m để a, b, c đồng phẳng?

A. m  2  m  4 .

B. m  2  m  4 .

C. m  2  m  4 .
Lời giải

D. m  2  m  4 .

Chọn C.
a, b, c đồng phẳng

 m  2
.
  a, b  .c  0  12  m  2   2m2  40  0  m2  6m  8  0  
 m  4
Câu 7493:

[2H3-1.5-2] [THPT Hai Bà Trưng- Huế-2017] Trong không gian Oxyz , cho hình hộp

ABCD.A B C D có A 1;1; 6 , B 0; 0; 2 , C

đã cho bằng
A. 19 .

5;1;2 và D 2;1; 1 . Thể tích khối hộp

C. 12 .
Lời giải

B. 38 .

D. 42 .

Chọn B.
Thể tích khối hộp đa cho V
Ta có: AB

6VABCD

6; 0; 8 và AD

1; 1; 4 , AC

Do đó: AB, AC

AB, AC .AD .

1; 0;5 .

8; 16; 6 . Suy ra AB, AC .AD

38 . Vậy V

38 .

Câu 7456:
[HH12.C3.1.D05.b] [THPT CHUYÊN BẾN TRE-2017] Trong không gian với hệ trục
Oxyz , cho cho a  1; t;2  , b   t  1;2;1 , c   0; t  2;2  . Xác định t để ba vectơ a, b, c đồng
phẳng.
1
2
A. 1 .
B. .
C. 2 .
D. .
2
5
Lời giải
Chọn D.





Tính a, b   t  4;2t  1;2  t  t 2 .
2
Ba vectơ a, b, c đồng phẳng   a, b  .c  0  t  . Vậy chọn B.
5

Câu 7485:

[HH12.C3.1.D05.b] [BTN 167-2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba

vectơ: a   2; 0; 3 , b   0; 4;  1 , c   m  2; m2 ; 5 . Tính m để a, b, c đồng phẳng?
A. m  2  m  4 .

B. m  2  m  4 .

C. m  2  m  4 .

D. m  2  m  4 .


Lời giải
Chọn C.
a, b, c đồng phẳng

 m  2
.
  a, b  .c  0  12  m  2   2m2  40  0  m2  6m  8  0  
 m  4
Câu 7493:

[HH12.C3.1.D05.b] [THPT Hai Bà Trưng- Huế-2017] Trong không gian Oxyz , cho

hình hộp ABCD.A B C D có A 1;1; 6 , B 0; 0; 2 , C
khối hộp đã cho bằng
A. 19 .

5;1;2 và D 2;1; 1 . Thể tích

C. 12 .
Lời giải

B. 38 .

D. 42 .

Chọn B.
Thể tích khối hộp đa cho V
Ta có: AB

1; 1; 4 , AC

Do đó: AB, AC
Câu 8. [2H3-1.5-2]

6VABCD

AB, AC .AD .

6; 0; 8 và AD

1; 0;5 .

8; 16; 6 . Suy ra AB, AC .AD

38 . Vậy V

38 .

(THPT Trần Hưng Đạo-TP.HCM-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,

cho tam giác ABC có A  0;1; 4  , B  3; 1;1 , C  2;3; 2  . Tính diện tích S tam giác ABC .
A. S  2 62 .

D. S  62 .

C. S  6 .

B. S  12 .
Lời giải

Chọn D

AB   3; 2; 3 , AC   2; 2; 2   SABC 

1
 AB; AC   62 .

2

Câu 34: [2H3-1.5-2] (Chuyên Thái Bình – Lần 5 – 2018) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz ,
cho ba điểm A  2;0;0  , B  0;3;1 , C  1; 4; 2  . Độ dài đường cao từ đỉnh A của tam giác

ABC :
A.

6.

B.

2.

C.

3
.
2

D.

3.

Lời giải
Chọn B
Độ dài đường cao từ đỉnh A của tam giác ABC là AH  d  A, BC  .
Ta có đường thẳng BC đi qua điểm B  0;3;1 và nhận vectơ CB  1;  1;  1 làm vectơ chỉ

x  t

phương nên có phương trình  y  3  t .
z  1  t


CB, AB 


Do đó: AH  d  A, BC  
.
CB 

 
Với CB  1;  1;  1 ; AB   2;3;1  CB, AB    2;1;1  CB, AB   6 .

CB   3 .
 


Vậy AH  d  A, BC  
Câu 1:

CB, AB 


 2.
CB 
 

[2H3-1.5-2] (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Q Trị - HKII - 2016 - 2017 - BTN) Cho ba điểm
x 1 y  1 z  3
A 1; 3; 2  , B  2; 3;1 , C  3;1; 2  và đường thẳng d :
. Tìm điểm D có


2
1
2
hoành độ dương trên d sao cho tứ diện ABCD có thể tích là 12 .
A. A  6;5;7  .
B. D 1; 1;3 .
C. D  7; 2;9  .

D. D  3;1;5 .
Lời giải
Chọn C
Ta có D  d  D 1  2t; 1  t;3  2t  , t 

.

AB  1;0; 1 , AC   4; 4;0    AB, AC    4; 4; 4 
AD   2t; 2  t;1  2t 
VABCD

t  3
1
  AB, AC  . AD  4  2t   4  2  t   4 1  2t   6.12  5t  3  18  
t   21
6
5


Với t  3  D  7; 2;9  thỏa điều kiện.
Với t  
Câu 8:

21
37
 xD    0 loại.
5
5

[2H3-1.5-2] (THPT Mộ Đức 2 - Quảng Ngãi - 2017 - 2018 - BTN)Trong không gian Oxyz ,

cho A 1; 2; 1 , B  0; 2;3 . Tính diện tích tam giác OAB .
A.

29
.
6

B.

29
.
2

C.

78
.
2

D.

7
.
2

Lời giải
Chọn B
Diện tích tam giác OAB được xác định bới công thức: S 

1

OA, OB 

2

Ta có OA  1; 2; 1 , OB   0; 2;3  OA, OB    4; 3; 2 
Vậy S 

1 2
29
1
2
2
OA, OB  

4


3


2
.




 2
2
2

Câu 11. [2H3-1.5-2] (THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong các
khẳng định sau, khẳng định nào sai?
A. u , v   0  u , v cùng phương.
B. Nếu u , v không cùng phương thì giá của vectơ u , v  vuông góc với mọi mặt phẳng song
song với giá của các vectơ u và v .
C. u , v   u v .cos  u , v  .
D. u , v . u  u , v . v  0 .
Lời giải
Chọn C


Ta chứng minh u , v   u v .sin  u , v  .
Giả sử u   u1; u2 ; u3  và v   v1; v2 ; v3  .
+) Nếu một trong hai vectơ u và v là vectơ 0 thì ta có u , v   u v .sin  u , v  .
+) Nếu cả hai vectơ u và v đều khác vectơ 0 . Khi đó ta có

u , v   u


v .sin  u , v   u v . 1  cos  u , v   u v . 1 
2

 u2v3  v2u3   u3v1  v3u1   u1v2  v1u2 
2

2

2

 u. v 

2

u .v

2
2

 u 2 .v 2   u. v 

2

 u , v  .

Ta có u , v   u v .sin  u , v  nên khẳng định C sai.
Câu 5.

Câu 6.

[2H3-1.5-2] [B1D1M1] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, thể tích khối tứ diện ABCD
được cho bởi công thức:
1
1
A. VABCD  CA, CB  . AB .
B. VABCD   AB, AC  .BC .
6
6
1
1
C. VABCD   BA, BC  . AC .
D. VABCD   DA, DB  .DC .

6
6
Lời giải
Chọn D
1
Thể tích tứ diện bằng độ lớn tích hỗn tạp ba véctơ xuất phát từ một đỉnh.
6
[2H3-1.5-2] [B1D1M2] (THPT SỐ 2 AN NHƠN) Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho













ba điểm A 1;2; 1 , B 1,1,1 , C 1, 0,1 . Hỏi có tất cả bao nhiêu điểm S để tứ diện S.ABC
là một tứ diện vuông đỉnh S (tứ diện có SA,SB,SC đôi một vuông góc)?
A. Không tồn tại điểm S .
B. Chỉ có một điểm S .
C. Có hai điểm S .
D. Có ba điểm S .
Lời giải
Chọn C
Câu 13. [2H3-1.5-2] [B1D1M3] (SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ THỌ) Trong không

gian với hệ trục Oxyz , biết rằng tập hợp tất cả các điểm M  x; y; z  sao cho x  y  z  3 là
một hình đa diện. Tính thể tích V của khối đa diện đó.
A. V  54 .
B. V  72 .
C. V  36 .
Lời giải
Chọn C

D. V  27 .


Ta có tập hợp các điểm M  x; y; z  thỏa mãn x  y  z  3 là khối đa diện gồm 8 mặt đều có
các đỉnh có tọa độ  3;0;0  ,  3;0;0  ,  0;3;0  ,  0; 3;0  ,  0;0;3 ,  0;0; 3 .
1
Vây, thể tích khối 8 mặt đều này là V  2. .3.3.6  36 .
3

Câu 49:

[2H3-1.5-2] (THPT Quốc Oai - Hà Nội - HKII - 2016 - 2017 - BTN) Cho a  1;0; 3 ;

b   2;1; 2  . Khi đó  a; b  có giá trị là
A. 8 .

B. 3 .

C. 74 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn C
2
Ta có  a; b    3; 8;1 nên  a; b   32   8  12  74 .

Câu 5.

[2H3-1.5-2] (THPT HAI BÀ TRƯNG) Trong không gian Oxyz , cho hình hộp

ABCD. ABCD có A 1;1; 6  , B  0;0; 2  , C  5;1; 2  và D  2;1; 1 . Thể tích khối hộp đã
cho bằng:
A. 12 .

B. 19 .

C. 38 .
Lời giải

D. 42 .

Chọn C
Thể tích khối hộp đa cho V  6VABCD   AB, AC  . AD .
Ta có: AB   1; 1; 4  , AC   6;0;8 và AD  1;0;5
Do đó:  AB, AC    8; 16; 6  . Suy ra  AB, AC  . AD  38 . Vậy V  38 .
Câu 6.

[2H3-1.5-2] (THPT A HẢI HẬU) Cho tứ diện ABCD biết A  2; 3; 1 , B  4; 1; 2  ,

C  6; 3; 7  , D 1; 2; 2  . Thể tích tứ diện ABCD là
A.

70
(đvtt).
3

B. 140 (đvtt).

C. 70 (đvtt).

D.

140
(đvtt).
3

Lời giải
Chọn A
Câu 7.

[2H3-1.5-2] (TRƯỜNG THPT TH CAO NGUYÊN ) Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz , cho tam giác ABC với A 1; 0; 0  , B  0; 0; 1 , C  2; 1; 1 . Diện tích S của tam giác

ABC bằng bao nhiêu?
A. S 

6
.
2

B. S 

3
.
2

C. S 
Lời giải

Chọn A
Ta có: AB  1; 0; 1 , AC 1; 1; 1 .
Vậy: S ABC 

1
6
 AB, AC  
.


2
2

6
.
4

D. S  6 .


Câu 38.

[2H3-1.5-2] (TRƯỜNG PTDTNT THCS&THPT AN LÃO) Trong không gian với hệ tọa độ
x 1 y  2 z  3
.


Oxyz , cho ba điểm A  0;1;0  , B  2;2;2  , C  2;3;1 và đuờng thẳng d :
2
1
2
Tìm tọa độ điểm M thuộc d để thể tích tứ diện MABC bằng 3.
 3 3 1
 3 3 1
 15 9 11 
 15 9 11 
A. M   ;  ;  ; M   ; ;
B. M   ;  ;  ; M   ; ;  .
.
 2 4 2
 5 4 2
 2 4 2 
 2 4 2
3 3 1
 15 9 11 
C. M  ;  ;  ; M  ; ;  .
2 4 2
2 4 2

Câu 41.

3 3 1

 15 9 11 
D. M  ;  ;  ; M  ; ;  .
5 4 2
2 4 2

[2H3-1.5-2] (THPT CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN) Cho bốn điểm A  a;  1; 6  ,
B  3;  1;  4  , C  5;  1; 0  và D 1; 2;1 thể tích của tứ diện ABCD bằng 30 . Giá trị của a

là
A. 1 .

C. 2 hoặc 32 .

B. 2 .

D. 32 .

Lời giải
Chọn C
Ta có BA   a  3; 0;10  , BC  8; 0; 4  , BD   4; 3; 5 .
Suy ra  BC, BD    12;  24; 24  .
Do đó VABCD  30 

1
 BC , BD  .BA  30

6

 a  32
.

 12  a  3  24.0  24.10  180  a  17  15  
a  2
Câu 36: [2H3-1.5-2] (THPT Ninh Giang - Hải Dương - HKII - 2017 - 2018 - BTN) Trong không
gian Oxyz , cho tam giác ABC với A  2;1;1 , B  5;3;6  , C  1; 2;3 . Tính diện tích tam giác

ABC .
A. SABC  523 .

B. SABC 

1
1
C. SABC 
523 .
532 .
2
2
Lời giải

D. SABC 

1
352 .
2

Chọn B
Ta có AB   3; 2;5 , AC   3;1; 2  và  AB, AC    1;  21;9 
1
1
1

2
2
Khi đó, SABC   AB, AC  
 1   21  92  523 .
2
2
2
Câu 37: [2H3-1.5-2] (THPT Ninh Giang - Hải Dương - HKII - 2017 - 2018 - BTN) Trong không
gian Oxyz , cho tứ diện ABCD với A 1; 2;5 , B  3;1; 4  , C  5;  3;6  , D  2;5;7  . Tính thể tích
tứ diện ABCD .
A. VABCD  12 .

B. VABCD  18 .

C. VABCD  6 .
Lời giải

D. VABCD  36 .

Chọn C
Ta có AB   2;  1;  1 , AC   4;  5;1 , AD  1;3; 2  ,  AB, AC    6;  6;  6  .
1
1
Vậy VABCD   AB, AC  . AD   6  .1   6  .3   6  .2  6 .
6
6


Câu 32: [2H3-1.5-2] (THPT Quảng Xương 1 - Thanh Hóa- Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong không
gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A 1;2;0  , B  3;  1;1 , C 1;1;1 . Tính diện tích S của tam

giác ABC .
B. S 

A. S  1 .

1
.
2

C. S  3 .

D. S  2 .

Lời giải
Chọn C
Ta có AB   2;  3;1 , AC   0;  1;1   AB ; AC    2;  2;  2  .
Do đó S 

1
1
 AB ; AC  
 2
2

 2    2    2 
2

2

2

 3.

Câu 15. [2H3-1.5-2] (SGD Bình Dương - HK 2 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz , cho bốn điểm A  0;1;1 , B  1;0; 2  , C  1;1;0  và điểm D  2;1; 2  . Khi đó thể tích tứ
diện ABCD là
5
A. V  .
6

5
B. V  .
3

6
C. V  .
5
Lời giải

D. V 

3
.
2

Chọn A
Ta có AB   1; 1;1 , AC   1;0; 1 , AD   2;0; 3 và  AB, AC   1; 2; 1 .
1
5
Thể tích tứ diện ABCD là V   AB, AC  . AD  .

6
6
Câu 41: [2H3-1.5-2] (THPT Vũng Tàu - BRVT - HKII - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với
hệ tọa độ Oxyz , cho hình lăng trụ ABC. ABC có các đỉnh A  2;1;2  , B 1;  1;1 , C  0;  2;0  ,

C  4;5;  5 . Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC bằng
A. 9 .

B.

9
.
2

C. 3 .

D.

Lời giải
Chọn B.
C

A

B

C

A

B

Ta có AB   1;  2;  1 , AC   2;  3;  1

 AB, AC    1;1;  1 , AC   2; 4;  7  .


 AB, AC  . AC  2  4  7  9 .


1
9
Thể tích lăng trụ ABC. ABC là V   AB, AC  . AC  .
2
2

3
.
2


[2H3-1.5-2] [THPT Thuận Thành – 2017] Cho M  a; b; c  với a, b, c là các hằng số khác

Câu 7423:

0 , O  0;0;0  là gốc tọa độ. Gọi A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các trục tọa
độ Ox, Oy, Oz. Thể tích khối tứ diện OABC là.
1
1
1

1
A. abc .
B. abc .
C. abc .
D. abc .
3
6
2
6
Lời giải
Chọn A
Cách 1: A a;0;0 , B 0; b;0 , C 0;0; c
VOABC

1
OA, OB OC
6

Cách 2: VOABC
Câu 7456:

OA, OB

0;0; ab .

1
abc . .
6

1

OC.S
3

1
1
OC. .OB.OA
3
2

OAB

1
abc . .
6

[2H3-1.5-2] [THPT CHUYÊN BẾN TRE-2017] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho

cho a  1; t;2  , b   t  1;2;1 , c   0; t  2;2  . Xác định t để ba vectơ a, b, c đồng phẳng.
A. 1 .

B.

1
.
2

C. 2 .

D.

2
.
5

Lời giải
Chọn D.





Tính a, b   t  4;2t  1;2  t  t 2 .
2
Ba vectơ a, b, c đồng phẳng   a, b  .c  0  t  . Vậy chọn B.
5

Câu 7485:

[2H3-1.5-2] [BTN 167-2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ:

a   2; 0; 3 , b   0; 4;  1 , c   m  2; m2 ; 5 . Tính m để a, b, c đồng phẳng?

A. m  2  m  4 .

B. m  2  m  4 .

C. m  2  m  4 .
Lời giải

D. m  2  m  4 .

Chọn C.
a, b, c đồng phẳng

 m  2
  a, b  .c  0  12  m  2   2m2  40  0  m2  6m  8  0  
.
 m  4
Câu 7493:

[2H3-1.5-2] [THPT Hai Bà Trưng- Huế-2017] Trong không gian Oxyz , cho hình hộp

ABCD.A B C D có A 1;1; 6 , B 0; 0; 2 , C

đã cho bằng
A. 19 .

B. 38 .

5;1;2 và D 2;1; 1 . Thể tích khối hộp

D. 42 .

C. 12 .
Lời giải

Chọn B.
Thể tích khối hộp đa cho V
Ta có: AB
Do đó: AB, AC

1; 1; 4 , AC

6VABCD

AB, AC .AD .

6; 0; 8 và AD

1; 0;5 .

8; 16; 6 . Suy ra AB, AC .AD

38 . Vậy V

38 .


Câu 7523:

[2H3-1.5-2] [THPT Ngô Gia Tự - 2017] Trong không gian cho tứ diện ABCD với
A  2;3;1 ; B 1;1; 2  ; C  2;1;0  ; D  0; 1;2  . Tính thể tích tứ diện ABCD. .
B. 7 .

A. 14 .

C.

7
.

6

D.

7
.
3

Lời giải
Chọn D

AB   1; 2; 3 ; AC   0; 2;; 1 ; AD   2; 4;1 . .
VABCD 

1
1
7
 AB, AC  . AD   4; 1; 2  .  2; 4;1  . .


6
6
3

Câu 7526:
[2H3-1.5-2] [THPT Trần Cao Vân - Khánh Hòa - 2017] Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz , cho tứ diện ABCD có A  2;3;1 , B  4;1;  2  , C  6;3;7  , D   5;  4;8 . Độ dài đường
cao kẻ từ D của tứ diện là:
45
4 3

A.
.
B.
.
7
3

C.

5
.
5

D. 11 .

Lời giải
Chọn D
Ta có: AB  2; 2; 3 ; AC  4;0;6  . Suy ra:  AB, AC    12; 24;8 .
Khi đó: n  3;6; 2  là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  ABC  .
Phương trình mặt phẳng  ABC  là: 3x  6 y  2 z  22  0 .
Độ dài đường cao là: d D , ABC  

3.  5  6.  4   2.8  22
46

 11.

Câu 7533:

[2H3-1.5-2] [THPT Nguyễn Thái Học(K.H) - 2017] Trong không gian Oxyz , cho bốn

điểm A 1;  2; 0  ; B  0;  1;1 ; C  2;1;  1 ; D  3;1; 4  Hỏi khẳng định nào sau đây là khẳng
định đúng ?
A. Bốn điểm
B. Bốn điểm
C. Bốn điểm
D. Bốn điểm

A;
A;
A;
A;

B;
B;
B;
B;

C;
C;
C;
C;

D
D
D
D

là bốn điểm của một hình chữ nhật.
là bốn điểm của một tứ diện.
là bốn điểm của một hình vuông.

là bốn điểm của một hình thoi.
Lời giải

Chọn B
Ta có AB  (1;1;1) ; AC  (1; 3;  1) ; AD  (2; 3; 4) .
Vì  AB, AD   (4; 0;  4) và  AB, AC  . AD  24 nên bốn điểm A ; B ; C ; D là bốn điểm
của một tứ diện.
Câu 7536:

[2H3-1.5-2] [THPT Kim Liên-HN - 2017] Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm
A 3;1; 1 , B(1;0;2), C (5;0;0) Tính diện tích tam giác ABC .

A.

42 .

B.

21 .

C.
Lời giải

Chọn B

21
.
3

D. 2 21 .

AB

2; 1;3 , AC

AB, AC

2; 1;1 .

2;8; 4 .

Diện tích tam giác ABC : S

1
AB, AC
2

1 2
2
2

82

42

21 .

Câu 7537:
[2H3-1.5-2] [THPT Chuyên Thái Nguyên - 2017] Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz , cho hình bình hành ABCD với A 1;0;1 , B  2;1; 2  và giao điểm của hai đường chéo
3 3
là I  ;0;  . Tính diện tích của hình bình hành.
2 2
A. 5 .
B. 6 .
C. 2 .
Lời giải
Chọn C
3 3
Ta có: I  ;0;  là trung điểm của BD , suy ra D 1; 1;1 .
2 2
AB  1;1;1 , AD   0; 1;0  .  AB, AD   1;0; 1 .
S ABCD   AB, AD   2  đvdt  .

Câu 7542:

D.

3.

[2H3-1.5-2] [BTN 167 - 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD

với A  0; 0; 1 , B  0; 1; 0  , C 1; 0; 0  , D  2; 3;  1 . Thể tích của ABCD là.
A. V 

1
đvtt.
4

1
B. V  đvtt.
6

C. V 

1
đvtt.
2

1
D. V  đvtt.
3

Lời giải
Chọn B
1
 AB, AC  . AD. .

6
AB   0; 1;  1 ; AC  1; 0;  1 ; AD   2; 3;  2    AB, AC  . AD  2  3  2  1 .
1
Vậy VABCD  đvtt.
6
VABCD 

Câu 7548:
[2H3-1.5-2] [THPT Quảng Xương 1 lần 2 - 2017] Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz , cho bốn điểm A  0;0;2  , B  3;0;5 , C 1;1;0  , D  4;1;2  . Độ dài đường cao của tứ diện
ABCD hạ từ đỉnh D xuống mặt phẳng (ABC) là:

11
A.
.
B. 11 .
C. 1 .
D. 11 .
11
Lời giải
Chọn A
AB(3;0;3); AC (1;1; 2); AD(4;1;0)

 SABC 

Câu 7550:

3V
11
1
3 11
1
1
.
[ AB; AC ] 
; VABCD  [ AB; AC ]. AD   d ( D;( ABC ))  ABCD 
2
2
6
2
SABC
11

[2H3-1.5-2] [THPT chuyên ĐHKH Huế - 2017] Trong không gian Oxyz , cho tứ diện
ABCD trong đó A(2;3;1), B(4;1; 2), C (6;3;7), D( 5; 4;8) . Tính độ dài đường cao kẻ từ
D của tứ diện.


A.

19
.
86

B.

86
.
19

C. 11 .

D.

19
.
2

Lời giải
Chọn C
Ta có.
hD

AB
AB, AC

3VABCD
S ABC

d ( D;( ABC ))

(2; 2 3); AC

AB, AC . AD

.
AB, AC

(4;0;6); AD

( 12; 24;8); AB, AC . AD

308

( 7; 7;7) .
11.Câu 7554.

hD

[2H3-1.5-2] [THPT chuyên

KHTN lần 1- 2017] 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; 8; 0  .

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

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

C. D  0;  7; 0  .
Lời giải

Chọn B
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 .
 y  7
1
1
VABCD   AB, AC  . AD  2  4 y  5  
.
6
6
y  8
Câu 7555.

[2H3-1.5-2] [THPT chuyên KHTN lần 1- 2017] Cho bốn điểm

A  a;  1; 6 

,

B  3;  1;  4  C  5;  1; 0 
D 1; 2;1
,
và
thể tích của tứ diện ABCD bằng 30 . Giá trị của a
là.
A. 2 hoặc 32 .
B. 32 .
C. 1 .
D. 2 .
Lời giải
Chọn A
Ta có BA   a  3; 0;10  , BC  8; 0; 4  , BD   4; 3; 5 .
Suy ra  BC, BD    12;  24; 24  .
1
Do đó VABCD  30   BC , BD  .BA  30 .
6

 a  32
..
 12  a  3  24.0  24.10  180  a  17  15  
a  2
Câu 7558.

[2H3-1.5-2]

[THPT

Gia

Lộc

2

-

2017]

Cho

tứ

diện

ABCD

A  0; 1;3 , B  2;1;0  , C  1;3;3 , D 1; 1; 1 . Tính chiều cao AH của tứ diện.
A. AH 

14
.
29

B. AH 

1
.
29

C. AH  29 .
Lời giải

Chọn A

D. AH 

29
.
2

biết


Cách 1.
Ta có BA   2; 2;3 , BC   3;2;3 , BD   1; 2; 1 .
Độ dài AH 

 BC; BD  .BA
14



.
29
 BC; BD 




Cách 2.
Mặt phẳng  BCD  nhận vectơ BC  BD   4; 6;8 làm vectơ pháp tuyến và đi qua điểm

D 1; 1; 1 có phương trình là 2 x  3 y  4 z  1  0 .
Khi đó AH  d  A,  BCD   
Câu 7559.

2.0  3.  1  4.3  1
22   3  42
2



14
.
29

[2H3-1.5-2] [SỞ GD ĐT HÀ TĨNH- 2017] Trong hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có

A  2; 3; 1 , B  4; 1; 2  , C  6; 3; 7  , D  5; 4; 8 . Độ dài đường cao kẻ từ D của tứ diện là.
A.

90
.
7

B.

45
.
7

C.

270
.
7

D.

45
.
7

Lời giải
Chọn D

AB   2; 2; 3 , AC   4;0;6  , AD   7; 7; 9  .
1
 AB, AC    12; 24;8  S ABC   AB, AC   14 .



2
1
VD. ABC   AB, AC  AD  30 .
6

3V
45
.
 d  D,  ABC    D. ABC 
S ABC
7

Câu 7563.
[2H3-1.5-2] [THPT Quảng Xương 1 lần 2- 2017] Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz , cho bốn điểm A  0;0;2  , B  3;0;5 , C 1;1;0  , D  4;1;2  . Độ dài đường cao của tứ diện
ABCD hạ từ đỉnh D xuống mặt phẳng (ABC) là:

A.

11
.
11

B. 11 .

C. 1 .

D. 11 .

Lời giải
Chọn A
AB(3;0;3); AC (1;1; 2); AD(4;1;0)

 SABC 

1
3 11
1
1
3V
11
.
[ AB; AC ] 
; VABCD  [ AB; AC ]. AD   d (D;(ABC))  ABCD 
2
2
6
2
SABC
11

Câu 7564.
[2H3-1.5-2] [THPT Quảng Xương 1 lần 2- 2017] Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz , cho ba điểm A(2;1; 1) , B(3;0;1) , C (2; 1;3) .Điểm D thuộc Oy và thể tích khối tứ diện

ABCD bằng 5 . Tọa độ điểm D là:
A. D(0; 7;0) .
C. D(0; 7;0) hoặc D(0;8;0) .

B. D(0;8;0) .
D. D(0;7;0) hoặc D(0; 8;0) .
Lời giải

Chọn C

AB  (1; 1; 2); AC  (0; 2; 4)   AB; AC   (0; 4; 2) .Gọi D  0; t;0  .

 AD(2; t  1;1);VABCD 
Câu 7575.

t  7  D(0; 7;0)
1
 AB; AC  . AD  5  4t  2  30  
.


6
t  8  D(0;8;0)

[2H3-1.5-2] [THPT Chuyên SPHN- 2017] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hình

chóp S. ABC có
A. 16 .

S  2; 2;6  A  4;0;0  B  4; 4;0  C  0; 4;0 
,
,
,
. Tính thể tích khối chóp S. ABC .
B. 24 .
C. 8 .
D. 48 .
Lời giải

Chọn A
Ta có BA   0;  4;0  , BC   4;0;0   BA.BC  0  ABC vuông tại B .
1
BA  BA  4 , BC  BC  4  S ABC  .4.4  8 .
2

Mà A  4;0;0  , B  4; 4;0  , C  0; 4;0  thuộc mặt phẳng  Oxy  : z  0 .
1
1
suy ra d  S ,  ABC    d  S ,  Oxy    6 . Vậy thể tích VS . ABC  d  S ,  ABC   .S ABC  .6.8  16 .
3
3

Câu 7970.

[2H3-1.5-2] [BTN 174- 2017] Trong không gian A  2;1; 1 , B  3;0;1 , C  2; 1;3 . Tìm

tọa độ điểm D  Oy sao cho thể tích khối chóp ABCD bằng 5 .
A. D  0;8;0  .

B. D  0; 7;0  .

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

 D  0;8;0 
D. 

.
 D  0; 7;0 

Chọn D
Ta có D  Oy nên D  0; d ;0  .VABCD 

1
AB  AC. AD  5 1 .
6

Ta có: AB  1; 1;2  , AC   0; 2;4  , AD   2;d 1;1 suy ra AB  AC   0; 4; 2  .

 d  7
Khi đó 1  VABCD  2  4d  30  
.
d  8
Câu 8401: [2H3-1.5-2] [BTN 166 -2017] Cho tứ giác ABCD có
A  0;1; 1 , B 1;1; 2  , C 1; 1;0  , D  0;0;1 . Tính độ dài đường cao AH của hình chóp A.BCD .
A. 2 2 .

B.

3 2
.
2

C.

2
.

2

D. 3 2 .

Lời giải
Chọn B
BC   0; 2; 2  ; BD   1; 1; 1  n   BC, BD   2  0;1; 1 .

Phương trình tổng quát của  BCD  :  x  1 0   y  1   z  2  1  0 .
  BCD  : y  z  1  0 .

111

3 2
.
2
2
Câu 8406: [2H3-1.5-2] [THPT Hoàng Hoa Thám - Khánh Hòa-2017] Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz , cho điểm A  2;0; 2 , B  3; 1; 4  , C  2; 2;0  . Điểm D trong mặt phẳng  Oyz  có
AH  d  A, BCD  




cao độ âm sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách từ D đến mặt
phẳng  Oxy  bằng 1 có thể là:
C. D  0; 3; 1 .

B. D  0; 2; 1 .

A. D  0;1; 1 .

D. D  0;3; 1

Lời giải
Chọn D
D   Oyz   D  0; y; z  , z  0 .

d  D;  Oxy    1  z  1  z  1  z  1  z  0   D  0; y; 1 .

VABCD 
Câu 32:

 y  3  D  0;3; 1
1
 AB, AC  . AD  2  y  1  2  
.

6
 y  1  D  0; 1; 1

[2H3-1.5-2]
(THPT Bình Xuyên - Vĩnh Phúc - 2018 - BTN – 6ID – HDG) Trong
không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tứ diện ABCD với A  0;0;1 , B  0;1;0  , C 1;0;0  và

D  2;3; 1 . Thể tích khối tứ diện ABCD bằng
A.

1
3

B.

1
2

C.

1
6

D.

1
4

Lời giải
Chọn C
x y z
Ta có  ABC  :    1  x  y  z  1  0 .
1 1 1

AB  BC  CA  2  S ABC  2
d  D;  ABC   

2  3  1  1

Cách 2: VABCD 

1

 AB, AC  . AD .

6

3



2

3
3
.

4
2

1
1
1 1
3 1
. Vậy VABCD  d  D;  ABC   .S ABC  

 .
3
3 3 2 6
3