D05 bài toán về tích có hướng và ứng dụng muc do 3

Câu 48:

[2H3-1.5-3] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Lần 3 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với
hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  có phương trình là x2  y 2  z 2  2 x  2 y  6 z  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 .
B. 2 .

C. 4 .

D. Không tồn tại.

Lời giải
Chọn A
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 S AMB 

1
MA2  MB 2 AB 2

 4.
MA.MB 
4

4
2

Dấu "  " xảy ra  MA  MB 

AB
 2 2 và AB  4 .
2

Do đó diện tích tam giác AMB có giá trị lớn nhất bằng 4 .
Câu 12: [2H3-1.5-3] (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong
không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hình bình hành ABCD . Biết A  2;1;  3 , B  0;  2;5
và C 1;1;3 . Diện tích hình bình hành ABCD là
A. 2 87 .

B.

349
.
2

C.

349 .

D.

87 .

Lời giải

Chọn C

Ta có: AB   2;  3;8 và AC   1;0;6    AB , AC    18; 4;  3 .
Vậy: S ABCD   AB , AC  

 18

2

 42   3  349 .
2

Câu 37: [2H3-1.5-3] [Sở GD và ĐT Cần Thơ - mã 301 - 2017-2018-BTN] Trong không gian Oxyz ,
cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD có A trùng với gốc tọa độ O . Biết rằng B  m;0;0  ,

D  0; m;0  , A  0;0; n  với m , n là các số dương và m  n  4 . Gọi M là trung điểm của cạnh
CC  . Thể tích lớn nhất của khối tứ diện BDAM bằng
245
75
64
9
A.
.
B. .
C.
.
D.
.
108
32

27
4
Lời giải
Chọn C


Ta có:

A  0;0;0  , B  m;0;0  , D  0; m;0  , A  0;0; n  suy ra C  m; m;0  , B  m;0; n  ,

n

C   m; m; n  , D  0; m; n  , M  m; m;  .
2


n

BD   m; m;0  , BA   m;0; n  , BM   0; m;  .
2

VBDAM



Câu 8.

1
1
1

1
1  m  m  8  2m 
  BD, BA .BM  m2 .n  m2 .  4  m   m.m.  8  2m   

6
4
4
8
8
3


3

64
.
27

[2H3-1.5-3] (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm

A  0;1;1 ; B 1;1;0  ; C 1;0;1 và mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 . Điểm M thuộc  P  sao cho

MA  MB  MC . Thể tích khối chóp M . ABC là
1
1
1
A. .
B. .
C. .
9

2
6
Lời giải
Chọn A
Gọi điểm M ( x; y; z ) .
Vì điểm M thuộc  P  sao cho MA  MB  MC nên

x  y  z 1  0
 M  ( P)
 2

2
2
2
2
2
 MA  MB   x  ( y  1)  ( z  1)  ( x  1)  ( y  1)  z
 MA  MC
 x 2  ( y  1) 2  ( z  1) 2  ( x  1) 2  y 2  ( z  1) 2


x  y  z 1  0
x  1


 x  z  0
  y  1  M (1;1;1)
x  y  0
z  1



Ta có

MA  1;0;0  ; MB   0;0;1   MA, MB   (0; 1;0)
MC   0;1;0    MA, MB  .MC  1
VM . ABC 

1
1
 MA, MB  .MC  . .

6
6

D.

1
.
3


Câu 39:

[2H3-1.5-3] (SGD Đà Nẵng - HKII - 2017 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai
vectơ m   4;3;1 , n   0;0;1 . Gọi p là vectơ cùng hướng với  m, n  (tích có hướng của hai vectơ



m và n ). Biết p  15 , tìm tọa độ vectơ p .
A. p   9; 12;0  .

B. p   45; 60;0  .

C. p   0;9; 12  .

D. p   0; 45; 60  .

Lời giải
Chọn A
Ta có :  m; n    3; 4;0 
Do p là vectơ cùng hướng với  m; n  nên p  k  m; n  , k  0
Mặt khác: p  15  k.  m, n   15  k.5  15  k  3 . Vậy p   9; 12;0  .
Câu 29:

[2H3-1.5-3] (THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội - Lần I - 2017 - 2018) Trong không gian với hệ
tọa độ Oxyz , cho A  3;0;0  , B  0;0;3 , C  0; 3;0  và mặt phẳng  P  : x  y  z  3  0 . Tìm
trên  P  điểm M sao cho MA  MB  MC nhỏ nhất.
A. M  3;3; 3 .

B. M  3; 3;3 .

C. M  3; 3;3 .

D. M  3;3;3 .

Lời giải
Chọn D
Gọi I  a; b; c  là điểm thỏa mãn IA  IB  IC  0 1
Ta có IA  3  a; b; c  , IB  a; b;3  c  , IC  a;3  b; c 

3  a  0
 a  3

1  b  3  0  b  3  I  3;3;3 .
3  c  0
c  3


Nhận thấy I  3;3;3   P 

MA  MB  MC  MI  IA  IB  IC  MI  MI  0 .
MA  MB  MC nhỏ nhất bằng 0 khi M  3;3;3 .
Câu 7502:

[2H3-1.5-3] [THPT Quế Vân 2 - 2017] Trong không gian Oxyz, cho
A  4;0;0  , B  x0 ; y0 ; z0  , x0 , y0  0 thỏa mãn AB  2 10 và AOB  45 . Tìm tọa độ điểm C

trên tia Oz sao cho thể tích tứ diện OABC bằng 8 .
A. C  0; 0; 2  .
B. C  2;0;0  .
C. C  0; 0; 2  , C  0;0;2  .

D. C  0;0;2  .
Lời giải

Chọn C
 AB   x0  4; y0 ;0   AB 

 x0  4 

2

 y02  2 10   x0  4   y02  40 * .
2






 cos OA, OB 

OA.OB



OA . OB

4 x0
4 x y
2
0

2
0



2
.

2

 x0  y0
Từ *  2 x0  2. x02  y02  4 x02  2 x02  y02  x02  y02  
.
 x0   y0  loai 
 x0  6
2
Từ x0  y0   x0  4   x02  40  
.
x


2

0
0

Vì C  Oz nên C  0;0; c  .





1
OA, OB  .OC  8 .

6
OA, OB     y0 ;0; 4 y0    6;0; 24  . .




VOABC 

VOABC 

 z0  2
1
24 z0  8  z0  2  
..
6
 z0  2

Vậy C  0;0; 2  , C  0;0; 2  . .

Câu 7549:
[2H3-1.5-3] [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) .
B. D(0;8;0) .
C. D(0; 7;0) hoặc 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 7568.

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

[2H3-1.5-3] [BTN 175- 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC

với A 1; 1;0  , B  3;3;2  , C  5;1; 2  . Tìm tọa độ của tất cả các điểm S sao cho S. ABC là hình
chóp tam giác đều có thể tích bằng 6 .
A. S  4;0; 1 hoặc S  2; 2;1 .

B. S  2; 2; 1 hoặc S  4;0;1 .

C. S  2; 2; 1 .

D. S  4;0; 1 .
Lời giải

Chọn B
Ta có: AB   2;4;2 , AC   4;2; 2  , BC   2; 2; 4  , suy ra AB  AC  BC  2 6 , suy ra
2
2

a  2b  c  5  0
 SA  SB

tam giác ABC đều. Gọi S  a, b, c  ta có SA  SB  SC   2
.


2

 2a  b  c  7  0
 SA  SC
Đặt a  u .

 S  u;4  u; u  3 . Ta có  AB, AC    12;12; 12  , AS  u  1;5  u; u  3 . .
u  4
1
..
Ta có VS . ABC  6   AB, AC  . AS  6  u  3  1  
6
u  2
Vậy S  4;0;1 hoặc S  2; 2; 1 . .


Câu 7576.

[2H3-1.5-3]

[BTN

165-

2017]

Trong

không

gian

Oxyz ,

cho

điểm

A  2;0; 2  , B  3; 1; 4  , C  2;2;0  . Điểm D trong mặt phẳng  Oyz  có 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:
A. D  0; 3; 1 .

B. D  0; 2; 1 .

C. D  0;3; 1 .

D. D  0;1; 1 .

Lời giải
Chọn C
 D  0; b; c  với c  0 .
Do D   Oyz  
c  1 loai 
Theo giả thiết: d  D,  Oxy    1  c  1  


 D  0; b; 1 .
c  1

Ta có AB  1; 1; 2  , AC   4;2;2  , AD   2; b;1 .
Suy ra  AB, AC    2;6; 2  
  AB, AC  . AD  6b  6 .
Cũng theo giả thiết, ta có: VABCD 

b  3
1
 AB, AC  . AD  b  1  2  
.


6
b  1

Đối chiếu các đáp án chỉ có D thỏa mãn.