CÂU hỏi CHỨA đáp án CHUYÊN đề 24

Dạng 1. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm GÓC
Câu 1.

(MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có tâm O . Gọi
I là tâm của hình vuông A′B′C ′D′ và điểm M thuộc đoạn OI sao cho MO = 2MI (tham
khảo hình vẽ). Khi đó sin của góc tạo bởi hai mặt phẳng

7 85
A. 85

17 13
B. 65

( MC ′D′)

6 85
C. 85
Lời giải

và

( MAB )

bằng

6 13
D. 65

Chọn C

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ, cạnh hình lập phương là 1 , ta được tọa độ các điểm như sau :

1 1 1
M ; ; ÷
 2 2 6  , C ′ ( 0;1;0 ) , D′ ( 1;1;0 ) và A ( 1; 0;1) , B ( 0;0;1) .
Khi đó

r
r
n( MC ′D′) = ( 0;1;3) ; n( MAB) = ( 0;5;3)

5.1 + 3.3
=
·
cos ( ( MAB ) , ( MC ′D′ ) )
52 + 32 . 12 + 32
nên
2

=

Câu 2.

7 85
·
85 . Suy ra sin ( ( MAB ) , ( MC ′D′ ) )

 7 85 
6 85
= 1 − 
÷
÷ =

85


85 .

[2H3-6.6-3] (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′
có tâm O. Gọi I là tâm của hình vuông A′B′C ′D′ và M là điểm thuộc đoạn thẳng OI sao cho
1
MI
2
(tham khảo hình vẽ). Khi đó cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( MC ′D′) và
( MAB) bằng
MO =

6 13
.
A. 65

7 85
.
B. 85

6 85
.
C. 85

17 13
.
D. 65
Trang 1/24 - Mã đề 144

Lời giải

Không mất tính tổng quát ta đặt cạnh của khối lập phương là 1.
Chọn hệ trục tọa độ sao cho A′(0;0; 0), B′(1;0; 0), D′(0;1;0) và A(0; 0;1) (như hình vẽ).
1 1 1
M  ; ; ÷.
 2 2 3
Khi đó ta có:
uuur
uuur  1 1 2 
uuu
r uuur 
2 1
r
AB = (1; 0; 0), MA =  ; ; − ÷ ⇒  AB, MA =  0; − ; ÷⇒ n1 = (0; −4;3)
3 2
2 2 3

Suy ra:
là VTPT
của mặt phẳng ( MAB ).
uuuur
uuuur  1 1 1 
uuuur uuuur  1 1 
r
D′C ′ = (1;0; 0), MD′ =  ; − ; ÷⇒  D′C ′, MD′ =  0; ; − ÷ ⇒ n2 = (0; 2; −3)
 2 2 3
 3 2

là VTPT của
mặt phẳng ( MC ′D′) .
cosin của góc giữa hai mặt phẳng ( MAB ) và ( MC ′D′) bằng:
r r
n1.n2
0.0 − 4.2 + 3.(−3)
r r
17 13
cos(n1 , n2 ) = r r =
=
.
n1 . n2
65
02 + (−4) 2 + 32 . 02 + 22 + (−3)2

Câu 3.

[2H3-2.5-3] (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình

( ABCD )
hộp chữ nhật ABCD. A′B′C ′D′ , có AB = a, AD = a 2, góc giữa A′C và mặt phẳng
bằng 30° . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên A′B và K là hình chiếu vuông góc của
A trên A′D. Tính góc giữa hai mặt phẳng ( AHK ) và ( ABB′A′ ) .
Trang 2/24 - Mã đề 144


A. 60° .

B. 45° .

C. 90° .
Lời giải

D. 30° .

Do ABCD. A′B′C ′D′ là hình hộp chữ nhật nên A ' C ' là hình chiếu vuông góc của A ' C trên
· ' C ' = 300.
( ABCD) ⇒ ( A ' C , ( ABCD)) = ( A ' C , A ' C ') = CA

· ' C ' = CC ' ⇒ CC ' = a.
AC = AB 2 + AD 2 = a 3; tan CA
A'C '
Ta có
Kết hợp với giả thiết ta được ABB ' A ' là hình vuông và có H là tâm.
Gọi E , F lần lượt là hình chiếu vuông góc của K trên A ' D '& A ' A.

Ta có

1
1
1
a 6 A ' K = A ' A2 − AK 2 = a ;
=
+
⇒ AK =
;
2
2
2
3

AK
A ' A AD
3

1
1
1
a 2
a
=
+
⇒ KF =
; KE = A ' K 2 − KF 2 ⇒ KE = .
2
2
2
KF
KA
A'K
3
3

′ ′
Ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz thỏa mãn O ≡ A ' còn D , B , A theo thứ tự thuộc các tia
Ox, Oy , Oz. Khi đó ta có tọa độ các điểm lần lượt là:
a a
a 2
a
a 2
a 2

A(0;0; a ), B '(0; a;0), H (0; ; ), K (
;0; ), E (
;0;0), F (0;0;
).
2 2
3
3
3
3
r
ABB ' A ')
(
(
yOz
)
n
Mặt phẳng
là mặt phẳng
nên có VTPT là 1 = (1;0;0);
uuur uuur
a2 r r
 AK , AH  = n 2 , n 2 (2; 2; 2).

 6
Ta có
r
Mặt phẳng ( AKH ) có VTPT là n 2 = (2; 2; 2);

( AHK ) và ( ABB′A′) .
Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng

r r
1
cosα = cos (n1 , n 2 ) =
⇒ α = 450.
2
Ta có

Trang 3/24 - Mã đề 144


Câu 4.

[2H3-4.1-3] (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho hình chóp
S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SAB là tam giác đều và ( SAB ) vuông góc với

( ABCD ) . Tính cos ϕ

( SAC ) và ( SCD ) .
với ϕ là góc tạp bởi

3
A. 7 .

6
B. 7 .

5
C. 7 .
Lời giải

2
D. 7 .

Chú ý: Ta có thể giải bài toán với cạnh hình vuông a = 1 .

( SAB ) vuông góc
Gọi O, M lần lượt là trung điểm của AB, CD . Vì SAB là tam giác đều và
với

( ABCD ) nên

SO ⊥ ( ABCD )

.

3
 1  
O ( 0;0;0 ) , M ( 1;0;0 ) , A  0; ;0 ÷, S  0;0;
÷
2 ÷
 2  
Oxyz
 . Khi đó
Xét hệ trục
có

 −1   1 
C  1; ;0 ÷, D 1; ;0 ÷
 2   2 .
uur  1 − 3  uuur

uuu
r  −1 − 3  uuur
SA =  0; ;
,
AC
1;
−
1;0
,
SC
= 1; ;
(
)
÷
÷
÷
÷, CD = ( 0;1; 0 )
2
2
2
2




Suy ra
.
ur uur uuur  − 3 − 3 −1 
n1 =  SA, AC  = 
;

; ÷
2
2 2 ÷
SAC )
(

.
Mặt phẳng
có véc tơ pháp tuyến
ur uuu
r uuur  3

n1 =  SC , CD  = 
; 0;1÷
÷
( SAD ) có véc tơ pháp tuyến
 2
.
Mặt phẳng
ur uu
r
n1.n2
5
cos ϕ = ur uu
r =
n1 . n2 7
Vậy
.
Câu 5.

[2H3-4.1-3] (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp tứ giác
đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O . Gọi M và N lần lượt là trung
điểm của hai cạnh SA và BC , biết

MN =

a 6
2 . Khi đó giá trị sin của góc giữa đường thẳng

MN và mặt phẳng ( SBD ) bằng

Trang 4/24 - Mã đề 144


2
A. 5 .

3
B. 3 .

5
C. 5 .

D.

3.

Lời giải

( ABCD ) , suy ra I là trung điểm của AO .

Gọi I hình chiếu của M lên
Khi đó

CI =

3
3a 2
AC =
4
4 .

Xét ∆CNI có:

CN =

a
·
= 45o .
2 , NCI

Áp dụng định lý cosin ta có:
NI = CN 2 + CI 2 − 2CN .CI .cos 45o =

Xét ∆MIN vuông tại I nên

Mà

MI / / SO, MI =

a 2 9a 2

a 3a 2 2 a 10
+
− 2. .
.
=
4
8
2 4
2
4 .

MI = MN 2 − NI 2 =

3a 2 5a 2 a 14
−
=
2
8
4 .

1
a 14
SO ⇒ SO =
2
2 .

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ:


 2


 2 2 
2 
2 
B  0;
;0÷
D
0;
−
;0
C
;
0;0
N
;
;0÷

÷

÷

÷

÷  2
÷
÷
2
2
4
4

O ( 0; 0; 0 )
, 
, 
, 
,
Ta có:
, 




2
14 
2
14 
A  −
;0;0 ÷
S  0; 0;
M  −
; 0;
÷
÷
÷
÷
4 
4
4 ÷
 2
, 


.
,
uuuu
r  2 2
r 
14  uur 
2
14  uuu
2
14 
MN = 
;
;−
SB
=
0;
;
−
SD
=
0;
−
;
−
÷

÷

÷



4 ÷
2
2 ÷
2
2 ÷
 2 4
 ,

,

.
Khi đó
r uur uuu
r
SBD ) n = SB ∧ SD = − 7 ;0;0
(
Vectơ pháp tuyến mặt phẳng
:
.

(

)

Trang 5/24 - Mã đề 144


sin ( MN , ( SBD ) )

Suy ra
Câu 6.

2
uuuu
rr
− 7.
MN .n
2
3
= uuuu
=
r r =
3
6
MN . n
7.
2
.

[2H3-2.5-3] (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Cho hình lập phương

ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh a. Góc giữa hai mặt phẳng ( A ' B ' CD ) và ( ACC ' A ' ) bằng
60°.
B. 30°.
C. 45°.
D. 75°.
A.
Lời giải

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho gốc tọa độ O ≡ A ', Ox ≡ A ' D ', Oy ≡ A ' B ', Oz ≡ A ' A.
Khi đó: A '(0; 0; 0) , D '( a; 0; 0) , B '(0; a; 0) , C '(a; a;0) ,
A(0; 0; a) , D (a; 0; a ) , B (0; a; a ) , C ( a; a; a ) .
uuuuu
r
uuuur
uuuur
uuuuu
r
⇒ A ' B ' = (0; a; 0), A ' D = (a;0; a ), A ' A = (0; 0; a), A ' C ' = ( a; a;0).

uuuuu
r uuuur
 A ' B ', A ' D  = ( a 2 ; 0; −a 2 ).


ur
( A ' B ' CD ) .
n = (1; 0; −1)
Chọn 1
là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
uuuur uuuur
 A ' A, A ' C  = (−a 2 ; a 2 ;0).


uu
r
n = (−1;1;0) là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ACC ' A ' ) .
Chọn 2
( A ' B ' CD ) và ( ACC ' A ' ) là:

Góc giữa hai mặt phẳng
ur uu
r
−1
1
cosα = cos n1 , n2 =
= ⇒ α = 60°.
2. 2 2

(

Câu 7.

)

[2H3-4.1-3] (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp O. ABC có
ba cạnh OA , OB , OC đôi một vuông góc và OA = OB = OC = a . Gọi M là trung điểm cạnh
uuur
uuuu
r
AB . Góc tạo bởi hai vectơ BC và OM bằng
A. 135° .
B. 150° .
C. 120° .
D. 60° .
Lời giải

Trang 6/24 - Mã đề 144

Cách 1:
r 1 uuu
r uuu
r
 uuuu
uuuu
r uuur
1
a2
OM = OA + OB
2
2
⇒ OM .BC = − OB = −
 uuur uu
ur uuur
2
2
 BC = OC − OB

Ta có
.

(

)

1
1
a 2
AB =

OA2 + OB 2 =
BC = OB + OC = a 2 và
2
2
2 .
2
a
uuuu
r uuur
−
uuuu
r uuur OM .BC
uuuu
r uuur
1
2
cos OM , BC =
=
= − ⇒ OM .BC = 120°
OM .BC a 2
2
.a 2
2
Do đó:
.
Cách 2:
2

OM =

2

(

)

(

)

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ.
a a 
M  ; ;0 ÷
A ( 0; a ; 0 ) B ( a ;0;0 ) C ( 0; 0; a )
2 2 .
Ta có:
,
,
,
,
uuuu
r a a 
uuur
OM =  ; ; 0 ÷
BC = ( −a ;0; a )
2 2 
Khi đó ta có:
,
a2
−

2
uuur uuuu
r =
u
u
u
r
u
u
u
u
r
r
BC.OM
1
a 2
·
·uuur uuuu
=−
a. 2.
cos BC ; OM =
BC ; OM = 120°
⇒
BC.OM
2⇒
2
.

O ( 0; 0;0 )

(

Câu 8.

)

(

)

[2H3-6.6-3] (THPT TRẦN PHÚ - ĐÀ NẴNG - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy
ABCD là hình vuông có độ dài đường chéo bằng a 2 và SA vuông góc với mặt phẳng

( ABCD ) . Gọi α
hai mặt phẳng
A. 30° .

là góc giữa hai mặt phẳng

( SAC )

và

( SBC )
B. 60° .

( SBD )

và

( ABCD ) . Nếu

tan α = 2 thì góc giữa

bằng
C. 45° .

D. 90° .
Trang 7/24 - Mã đề 144


Lời giải

Gọi I = AC ∩ BD .
Hình vuông ABCD có độ dài đường chéo bằng a 2 suy ra hình vuông đó có cạnh bằng a .

Ta có

( SBD ) ∩ ( ABCD ) = BD

 SI ⊥ BD
 AI ⊥ BD
¶
⇒ (·
( SBD ) ; ( ABCD ) ) = (·SI ; AI ) = SIA


.

¶ = SA ⇔ SA = a

tan α = tan SIA
AI
Ta có
.
A 0;0;0 ) B ( a;0;0 ) C ( a; a;0 ) S ( 0;0; a )
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Ta có (
,
,
,
.
uur
uuu
r
uur
SA = ( 0;0; − a ) SC = ( a; a; − a ) SB = ( a;0; − a )
Khi đó
;
;
.
r
( SAC ) có vectơ pháp tuyến n1 = ( −1;1;0 ) .
Mặt phẳng
r
SBC )
n2 = ( 1;0;1)
(
Mặt phẳng
có vectơ pháp tuyến
.
r r

n .n
cos (·SAC ) ; ( SBC ) = r 1 r2 = 1 = 1 ⇒ (·SAC ) ; ( SBC ) = 60°
n1 . n2
2. 2 2
Suy ra
.

(

Câu 9.

)

)

(

[2H3-6.7-3] (THPT NAM TRỰC - NAM ĐỊNH - 2018) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD
có AB = a , SA = a 2 . Gọi G là trọng tâm tam giác SCD . Góc giữa đường thẳng BG với
đường thẳng SA bằng:
A.

arccos

3
5 .

B.

arccos

5
5 .

C.

arccos

5
3 .

D.

arccos

15
5 .

Lời giải
Gọi O = AC ∩ BD .
Tam giác SAO vuông :
Gắn tọa độ như hình vẽ

SO = SA2 − AO 2 =

a 6
2

Trang 8/24 - Mã đề 144

 a a   a a a 6 ÷
O  ; ;0 ÷ S  ; ;
2 2 2 ÷
A ( 0;0;0 ) B ( a;0;0 ) C ( a; a;0 ) D ( 0; a;0 )
.
,
,
,
,  2 2 , 
 a 5a a 6 
G ; ;
÷
2 6 6 

G
SCD
Vì
là trọng tâm tam giác
nên
.
uuu
r a a a 6
uuur  − a 5a a 6  a
a
AS =  ; ;
÷
÷ = 1;1; 6 BG =  2 ; 6 ; 6 ÷ = 6 −3;5; 6
2
2

2



 2
Ta có :
,
.
BG
SA
Góc giữa đường thẳng
với đường thẳng
bằng:
uuur uuu
r
−3 + 5 + 6
BG. AS
5
=
=
cos ( BG; SA ) =
5 .
40. 8
BG. AS

(

Câu 10.

(

)

)

[2H3-6.6-4] (CHUYÊN HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2018) Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C ′ có
A′. ABC là tứ diện đều cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AA′ và BB′ . Tính tan
của góc giữa hai mặt phẳng
2
A. 5 .

( ABC )

3 2
B. 4 .

và

( CMN ) .
2 2
C. 5 .

4 2
D. 13 .

Lời giải

O 0;0;0 )
Gọi O là trung điểm của AB . Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho (
,





3 
3 
1

 1

a 6 ⇒ A′  0; 3 ; 6 ÷
;0 ÷
H
0;
;0

÷
A  ; 0; 0 ÷ B  − ;0;0 ÷ C  0;
÷

÷ A′H =
 6 3 ÷


2
,  2
 ,  2 ,  6  ,
3


3 6
ur
uuur uuuur ⇒ B′  −1; 6 ; 3 ÷
÷
n
= ( 0;0;1)
ABC
(
)


′
′
Ta có AB = A B
. Dễ thấy
có vtpt 1
.

Trang 9/24 - Mã đề 144


1 3 6 
 −3 3 6 
⇒ M  ;
;
⇒ N  ;
;
÷
÷
÷

÷
4
12
6
4
12
6




M là trung điểm AA′
, N là trung điểm BB′
uuuu
r  1 −5 3 6 
uuuu
r
CM =  ;
;
÷
4
12
6 ÷
MN = ( −1;0;0 )


,
uu
r 
6 5 3

3
n2 =  0;
;
÷
0; 2 2;5
÷=
6
12
CMN
(
)

 12
⇒
có vtpt

(

cos ϕ =
Câu 11.

)

1
5
⇒ tan ϕ =
−1 = 2 2
cos 2 ϕ
33
5

(THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Xét tứ diện OABC có
OA , OB , OC đôi một vuông góc. Gọi α , β , γ lần lượt là góc giữa các đường thẳng OA ,

OB , OC với mặt phẳng ( ABC ) (hình vẽ).

Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A. 48 .
B. 125 .

M = ( 3 + cot 2 α ) . ( 3 + cot 2 β ) . ( 3 + cot 2 γ )

C. Số khác.
Lời giải

là
D. 48 3 .

Chọn B
Gọi H là trực tâm tam giác ABC , vì tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc nên
1
1
1
1
=
+
+
2
2
2

OA OB OC 2 .
ta có
và OH
·
·
·
β = (·OB; ( ABC ) ) = OBH
γ = (·OC ; ( ABC ) ) = OCH
α = (·OA; ( ABC ) ) = OAH
Ta có
,
,
.
OH
OH
OH
sin α =
sin β =
sin γ =
OA ,
OB ,
OC .
Nên

OH ⊥ ( ABC )

1
1
1 1
= 2+ 2+ 2

2
a
b
c và
Đặt a = OA , b = OB , c = OC , h = OH thì h

Trang 10/24 - Mã đề 144


1 
1

=  2 + 2 ÷.  2 + 2
M = ( 3 + cot α ) . ( 3 + cot β ) . ( 3 + cot γ ) 
sin α  
sin β
2

2

2


1 
÷.  2 + 2 ÷
sin γ 



a2  

b2  
c2 
=  2 + 2 ÷.  2 + 2 ÷.  2 + 2 ÷ = 8 + 4 ( a 2 + b 2 + c 2 ) . 1 + 2 ( a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) . 1 + a 2b 2c 2 . 1
h 
h 
h 

h2
h4
h6 .

(a

Ta có:

2

+ b2 + c2 ) .

1 = a 2 + b2 + c2 . 1 + 1 + 1 
(
)  a 2 b2 c2 ÷ ≥ 3 3 a 2 .b2 .c 2 .3 3 a12 . b12 . c12 = 9
2
h
.
2

 1 1 1
( a b + b c + c a ) . h14 = ( a 2b2 + b2c2 + c 2a 2 ) .  a 2 + b2 + c2 ÷
2 2

2 2

2

2

2

  1 1 1 
≥ 3 a b .b c .c a .  3 3  2 . 2 . 2 ÷÷ = 3 3 a 4b 4 c 4 .9 3 1 = 27
 a b c ÷


a 4b 4 c 4
.
3

2 2

2 2

2

2

3
  1 1 1
 1 1 1
1

= a b c .  2 + 2 + 2 ÷ ≥ a 2b 2 c 2 .  3 3  2 . 2 . 2
2 2 2
abc . 6
 a b c
a b c 

h
2 2 2

3


÷÷ = 27
÷


.

Do đó:
1
1
1
+ 2 ( a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) . 4 + a 2b 2 c 2 . 6
2
h
h
h
≥ 8 + 4.9 + 2.27 + 27 = 125 .
M = 8 + 4 ( a 2 + b2 + c 2 ) .

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c , hay OA = OB = OC .
Vậy min M = 125 .

Trang 11/24 - Mã đề 144


Dạng 2. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm THỂ TÍCH
Câu 12.

(Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

I ( −1; 2;1)

( S)

có tâm

( S ) sao cho AB, AC , AD
Xét các điểm B, C , D thuộc
đôi một vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng
và đi qua điểm

A ( 1;0; −1) .

32
B. 3

A. 64

64

C. 3
Lời giải

D. 32

Chọn B
D

N
I

C

A

M
B

( S ) có bán kính r = IA = 4 + 4 + 4 = 2 3.
Mặt cầu
Đặt AB = a; AC = b; AD = c
Ta có

IA2 =

a 2 + b2 + c 2
4

a 2 + b2 + c 2
= 12

4
Do đó

a 2 + b 2 + c 2 3 3 a 2b 2 c 2
≥
4
4
Theo BĐT Cô-si ta có:
1
1
32
V = abc ≤
163 = .
6
6
3
Do đó
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. .
Câu 13.

(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

I ( −1;0; 2 )

( S)

có tâm

( S ) sao cho AB , AC ,
. Xét các điểm B , C , D thuộc

AD đôi một vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng

8
A. 3

và đi qua điểm

A ( 0;1;1)

B. 4

4
C. 3
Lời giải

D. 8

Chọn C

Trang 12/24 - Mã đề 144


Đặt: AD = a , AB = b , AC = c .
Ta có:
• R = IA = 3 .
•

AM =

b2 + c2

a
b2 + a2 + c2
; IM = ⇒ R 2 = IA2 =
=3
2
2
4
.

b +a +c ≥3 b a c ⇒b a c
AD BĐT Cosi:
1
1
4
⇒ V = abc ≤ .8 =
6
6
3.
2

Câu 14.

2

2

3

2

2 2

2

2 2

(b
≤

2

+ a2 + c2 )
27

3

⇔ abc ≤ 8

.

[2H3-4.1-3] (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không
gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C ′D′ có A trùng với gốc tọa độ O , các đỉnh

B (a; 0; 0) , D(0; a;0) , A′(0;0; b) với a, b > 0 và a + b = 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC ′
. Thể tích của khối tứ diện BDA′M có giá trị lớn nhất bằng
64
32
8
4
A. 27 .

B. 27 .
C. 27 .
D. 27 .
Lời giải
z

A'

D'

B'
C'

M
y

A
D
x

B

C

b
C (a; a; 0), C '(a; a; b), M (a; a; )
2 .
Tọa độ điểm
uuur
uuuu

r
uuuu
r
b
BA ' = (-a; 0; b), BD = (-a; a;0), BM = (0; a; )
2 .
Trang 13/24 - Mã đề 144


uuuuruuur
 BA ', BD  = (− ab; − ab; −b 2 )



nên

VBDA ' M =

r a 2b
1  uuur uuur  uuuu
BA
',
BD
.
BM
=

6
4 .

3

32
8
 a + a + 2b  64
a.a.(2b) ≤ 
⇒ a 2b ≤
⇒ VBDA ' M ≤
÷ =
3
27
27 .

 27
Ta có:

Câu 15.

[2H3-4.1-4] (THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Cho hình lập
phương ABCD. A′B′C ′D′ cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và A′B′ . Mặt
phẳng

( MND ')

chia khối lập phương thành hai khối đa diện, trong đó khối chứa điểm C gọi là

( H ) . Tính thể tích khối ( H ) .
55a 3
A. 72 .

55a 3
B. 144 .

181a 3
C. 486 .
Lời giải

55a 3
D. 48 .

3
Thể tích khối lập phương bằng a .

( MND′ )

Mặt phẳng
cắt cạnh DC tại E thỏa
.
V = VC ′. D′NPME + VC ′.CEM + VC ′. B′PN
Khi đó ( H )
.
Có

VB′.C ′NP

EC =

1
1
DC

BP = BB′
4
3
; cắt BB′ tại P sao cho

1 a 2a a 3
= a. . =
6 2 3 18

1 a a a3
a. . =
6 4 2 48 .
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ; lấy đơn vị trên trục 1 đơn vị bằng a .
1
1

 1 

 1

E  ;0; 0 ÷ M  0; ; 0 ÷ R  0;0; − ÷ Q  − ;1;0 ÷
C ( 0;0;0 ) C ′ ( 0;0;1)
4
2
3
4
,

, 
, 

 , D′ ( 1; 0;1) .
Ta có
,
, 
VC .C ′ME =

Trang 14/24 - Mã đề 144


x

y

4

2

( MND′ ) : 1 + 1 +
Mặt phẳng

z
= 1 ⇔ 4 x + 2 y − 3z − 1 = 0
4 29
1
−
⇒ d ( C ′, ( MND ′ ) ) =
3
29

29 1 29 11 29

−
=
4
12 4
48
1
11
= d ( C ′, ( MND′ ) ) .S D′NPME = a 3
3
36 .

S MPND′E = S EQND′ − S PMQ =
VC ′.D ′NPME

Vậy
Câu 16.

V( H ) =

55 3
a
144 .

[2H3-6.18-4] (THPT CHUYÊN THĂNG LONG - ĐÀ LẠT - 2018) Trong không gian với
hệ trục tọa độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C ′D′ có A trùng với gốc tọa độ O các

B ( m;0;0 ) , D ( 0; m;0 ) , A′ ( 0; 0; n )

với m, n > 0 và m + n = 4. Gọi M là trung điểm của
cạnh CC ′. Khi đó thể tích tứ diện BDA′M đạt giá trị lớn nhất bằng

9
64
75
245
A. 4 .
B. 27 .
C. 32 .
D. 108 .
Lời giải
đỉnh

n

M  m; m; ÷
2

uuur
BA′ = ( −m;0; n )
uuur
BD = ( − m; m; 0 )
uuuu
r 
n
BM =  0; m; ÷
2

Ta có
uuur uuur
 BA′; BD  = ( − mn; − mn; − m 2 )



uuur uuur uuuu
r
n
3
 BA′; BD  .BM = − m 2 n − m2 . = − m 2 n


2
2
3
r 1 2
1  uuur uuur  uuuu
1 2
1
1  8  64
VBA′DM = .  BA′; BD  .BM = m n = m ( 4 − m ) = m.m ( 8 − 2m ) ≤ .  ÷ = .
6
4
4
8
8  3  27
Dạng 3. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm KHOẢNG CÁCH

Câu 17.

[2H3-6.9-2] (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa
A 0;0;0 ) D ( 2; 0; 0 )
độ Oxyz , cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết (
,

,
Trang 15/24 - Mã đề 144


B ( 0; 4; 0 ) S ( 0; 0; 4 )
,
. Gọi M là trung điểm của SB . Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng

( CDM ) .
A.
C.

d ( B, ( CDM ) ) = 2

d ( B, ( CDM ) )

d B, CDM ) ) = 2 2
. B. ( (
.
1
=
2 . D. d ( B, ( CDM ) ) = 2 .

Lời giải

 x A + xC = xB + xD
 xC = 2


 y A + yC = yB + yD ⇒  yC = 4

z + z = z + z
 z = 0 ⇒ C ( 2; 4;0 )
B
D
 C
Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên  A C
.
M là trung điểm của SB ⇒ M ( 0; 2; 2 ) .
CDM )
Viết phương trình mặt phẳng (
:
uuur
uuuu
r
uuur uuuu
r
CD = ( 0; −4; 0 ) CM = ( −2; −2; 2 ) ⇒ CD ∧ CM = ( −8; 0; −8 )
,
.
r
( CDM ) có một véc tơ pháp tuyến n = ( 1;0;1) .
CDM )
Suy ra (
có phương trình: x + z − 2 = 0 .
0+0−2
d ( B; ( CDM ) ) =
= 2
2
2
2

1
+
0
+
1
Vậy
.
Câu 18.

[2H3-4.1-2] (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình lăng trụ
đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông cân, AB = AC = a , AA′ = h
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB′ và BC ′ theo a , h .

ah
A.

a 2 + 5h 2 .

ah
B.

5a 2 + h 2 .

ah
2
2
C. 2a + h .
Lời giải

( a, h > 0 ) .

ah
D.

a2 + h2 .

Trang 16/24 - Mã đề 144


Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
A ( 0;0;0 ) A′ ( 0;0; h ) C ( 0; a;0 ) B ( a;0; 0 ) B′ ( a;0; h ) C ′ ( 0; a; h )
;
;
;
;
;
.
uuur uuuu
r
uuur
uuuu
r
uuur
2
AB′ = ( a;0; h ) BC ′ = ( −a; a; h )  AB′; BC ′ = ( − ah; −2ah; a ) AB = ( a;0;0 )
;
;
;
.
uuur uuuu

r uuu
r
 AB′; BC ′ . AB
ah


d( AB′; BC ′ ) =
=
uuur uuuu
r
 AB′; BC ′ 
a 2 + 5h 2


.
Câu 19.

[2H3-4.1-3] (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là
0
·
tam giác đều cạnh 2a 3 , mặt bên SAB là tam giác cân với ASB = 120 và nằm trong mặt
phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của SC và N là trung điểm của MC . Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , BN .

2 327 a
79 .
A.

B.

237a
79 .

2 237a
79 .
C.

5 237a
D. 316 .

Lời giải

Trang 17/24 - Mã đề 144


Gọi O là trung điểm AB , ∆SAB cân tại S ⇒ SO ⊥ AB .
Ta có:
( SAB ) ⊥ ( ABC ) ( gt )

( SAB ) ∩ ( ABC ) = AB ⇒ SO ⊥ ( ABC )

 SO ⊥ AB ( cmt )
.

OB
·
OSB
= 600 ⇒ SO =
=a
tan 600

Xét ∆SOB vuông tại O có
Ta có: OC là đường cao của tam giác đều cạnh 2a 3 nên: OC = 3a
Gắn hình chóp S.ABC lên hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó ta có:
uuu
r
O ( 0; 0; 0 ) ,B a 3 ; 0; 0 , A − a 3 ; 0; 0 ;C ( 0; 3a; 0 ) ; S ( 0; 0;a ) ⇒ AB = 2a 3 ; 0; 0

(

) (

)

(

 3a a 
 0; ; ÷
M là trung điểm SC nên M có tọa độ:  2 2  .
 9a a 
 0; ; ÷
N là trung điểm MC nên N có tọa độ:  4 4  .
uuuu
r
r
3a a 
AM  a 3 ; ; ÷hay a 2 3 ; 3;1
2 2

AM có véc tơ chỉ phương
uuur 

r
9a a 
BN  − a 3 ; ; ÷hay b −4 3 ; 9;1
4 4

BN có véc tơ chỉ phương
r r uuu
r
 a,b  .AB 2 237
 
d ( AM ; BN ) =
=
a
r r
79
 a,b 
 
Ta có:

(

(

Câu 20.

)

)

)

[2H3-4.1-3] (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình
chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a . Gọi I là trung điểm của AB , hình chiếu
0
ABC )
của S lên mặt phẳng (
là trung điểm của CI , góc giữa SA và mặt đáy bằng 45 (hình

Trang 18/24 - Mã đề 144


vẽ bên). Gọi G là trọng tâm tam giác SBC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CG
bằng

a 21
A. 14

a 14
B. 8

a 77
C. 22
Lời giải

a 21
D. 7

Chọn B
a


 a
  a 3 ;0 ÷
A  ;0;0 ÷ B  − ; 0; 0 ÷ C  0;
÷
2
I 0; 0;0 )
.
,  2
, 
Đặt hệ trục tọa độ Oxyz sao cho (
, 2

Ta có

CI =

a 3
a 3
a 7
IH =
AH =
2 ,
4 ,
4

 a 3 
H  0;
;0÷
÷
4


.
CI
H là trung điểm
suy ra

45 = ( SA, ( ABC ) )
0



a 7 ⇒ S  0; a 3 ; a 7 ÷
⇒
SH
=
·

4
4 ÷
= ( SA, AH ) = SAH

.
4

uur  a a 3 a 7  uuur  a a 3 a 7  uuu
r a a 3 
SA =  ; −
;−
CG
=

−
;
−
;
CA
=  ; −
;0÷
÷

÷
÷
2
4
4 ÷
6
4
12 ÷
2
2






Ta có:
,
,
uur uuur  a 21 a 3 
uur uuur

a 6
 SA, CG  = 

  12 ; 0; 12 ÷
÷ ⇒  SA, CG  =


6 .
uur uuur uuu
r
 SA, CG  .CA a 14


=
uur uuur
8
 SA, CG 

Khoảng cách giữa SA và CG : 
.

Câu 21.

[2H3-6.12-3] (THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN - ĐÀ NẴNG - LẦN 1 - 2018) Cho hình lập
phương ABCD. A′B′C ′D′ cạnh bằng a . Gọi K là trung điểm DD′ . Tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng CK và A′D .
4a
a
A. 3 .
B. 3 .

2a
C. 3 .
Lời giải
⇒ CK // ( A′MD )
Gọi M là trung điểm BB′ . Ta có: CK // A′M
.
d CK , A′D ) = d ( CK , ( A′MD ) ) = d ( C , ( A′MD ) )
Khi đó: (
.
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ:

3a
D. 4 .

Trang 19/24 - Mã đề 144


A′ ( 0;0; a )

B′ a; 0; a ) C ( a; a;0 )
, (
,
,

A 0;0; 0 ) B ( a;0;0 ) D ( 0; a;0 )
Ta có: (
,
,
,

uuuur uuuu
r
uuuur 
 a2

a
r
 A′M , A′D  =  ; a 2 ; a 2 ÷
A′M =  a; 0; − ÷ uuuu


2  , A′D = ( 0; a; −a ) ,
 2
.

r
n = ( 1; 2; 2 )
A′MD )
Vậy mặt phẳng (
nhận
làm vectơ pháp tuyến.
A′MD ) : x + 2 y + 2 z − 2a = 0
Phương trình mp (
.
a + 2a − 2a a
d ( C , ( A′DM ) ) =
=
3
3.
Do đó:

a

M  a;0; ÷
2.


Dạng 4. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm BÁN KÍNH MẶT
CẦU
Câu 22.

[2H3-1.3-4] (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho hình chóp S . ABCD có
đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng với đáy. Gọi

M và N lần lượt là trung điểm của BC và CD . Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S .CMN bằng

a 93
A. 12 .

a 29
B. 8 .

5a 3
C. 12 .
Lời giải

a 37
D. 6 .

Trang 20/24 - Mã đề 144


Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ.

3
1 1   1  
M ( 1;0;0 ) , N  ; ;0 ÷, C  1; ;0 ÷, S  0;0;
÷
2 
2 2   2  
.
I ( x ; y ; z)
Gọi
là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .CMN ⇒ MI = NI = CI = SI .
uuu
r
uur 
1
1  uur 
1  uur 
3
MI = ( x − 1; y ; z ) , NI =  x − ; y − ; z ÷, CI =  x − 1; y − ; z ÷, SI =  x ; y ; z −
÷
2
2 
2 
2 




Ta có:
.
Từ MI = NI = CI = SI ta có hệ:
2
2

1 
1
2

2
2

3
( x − 1) + y + z =  x − ÷ +  y − ÷ + z 2
2 
2
x = 4




2
2
2
1 
1
1
1

2



2
2
 x − ÷ +  y − ÷ + z = ( x − 1) +  y − ÷ + z ⇔  y =
2 
2
2
4



2

2

5 3
( x − 1) 2 +  y − 1  + z 2 = x 2 + y 2 +  z − 3 ÷
z =

÷

12

2
2 



.

 3 1 5 3  uuur  1 1 5 3 
⇒I ; ;
÷ ⇒ IM =  ; − ; −
÷
12 
 4 4 12 
4 4
.
⇒ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .CMN là:
Câu 23.

R = IM =

93
12 .

[2H3-6.0-3] (CHUYÊN KHTN - LẦN 1 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
A 5; 0; 0 )
B 3; 4; 0 )
hai điểm (
và (
. Với C là điểm nằm trên trục Oz , gọi H là trực tâm của tam
giác ABC . Khi C di động trên trục Oz thì H luôn thuộc một đường tròn cố định. Bán kính
của đường tròn đó bằng

5
A. 4 .

3
B. 2 .

5
C. 2 .
Lời giải

D.

3.

Trang 21/24 - Mã đề 144


Ta có

C ( 0;0; c )

E = ( 4; 2; 0 )
. Dễ thấy tam giác ABC cân tại C . Gọi
là trung điểm của AB .

 AB ⊥ OC

OCE )
Ta có mặt phẳng (
vuông góc với AB (do  AB ⊥ CE ) và là mặt phẳng cố định.
Oxy )
Gọi K là trực tâm tam giác OAB , do A , B và K cùng nằm trong mặt phẳng (
nên

uuur uuur
x = 3
OK . AB = 0
 x. ( −2 ) + y.4 = 0 ⇔ 
 3 

3
⇔
r
 uuur uuu
K =  3; ;0 ÷
y=

x
−
3
=
0
BK
.
OA
=
0


 2 .

2 . Tìm được
 HK ⊥ AB
 AB ⊥ ( OEC )

⇒

CA ⊥ ( BHK )
KH ⊥ ( CAB )
 HK ⊥ CA .
Ta chứng minh được
do 
Suy ra

·
KHE
= 90° . Suy ra

H

thuộc mặt cầu đường kính

KE = 1 +

1
5
=
4
2 và

3
⇒ d ( B, ( SCD ) ) = d ( H , ( SCD ) )
OCE )
2
thuộc mặt phẳng (

cố định. Vậy H luôn thuộc một
đường tròn cố định có bán kính
Câu 24.

R=

5
4 .

[2H3-6.0-3] (CHUYÊN VINH - LẦN 2 - 2018) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A , B
, C (không trùng O ) lần lượt thay đổi trên các trục Ox , Oy , Oz và luôn thỏa mãn điều kiện: tỉ

3
.
số giữa diện tích của tam giác ABC và thể tích khối tứ diện OABC bằng 2 Biết rằng mặt
phẳng
A. 3.

( ABC )

luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định, bán kính của mặt cầu đó bằng
B. 2.
C. 4.
D. 1.
Lời giải

Trang 22/24 - Mã đề 144


S ABC

S ABC
=
3
VOABC 1 S .d O, ABC =
(
)
(
)
ABC
d ( O, ( ABC ) )
3
Ta có
S ABC 3
=
V
2 nên d ( O, ( ABC ) ) = 2 .
OABC
Mà
( ABC ) luôn tiếp xúc mặt cầu tâm O , bán kính R = 2 .
Vậy mặt phẳng
Câu 25.

[2H3-6.5-4] (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG - TPHCM - 2018) Trong không gian
với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 đường thẳng

( d3 ) :

( d1 ) :

x −1 y −1 z −1

x − 3 y +1 z − 2
=
=
=
=
( d2 ) :
2
1
−2 ,
1
2
2 ,

x − 4 y − 4 z −1
=
=
2
−2
1 . Mặt cầu bán kính nhỏ nhất tâm I ( a; b; c ) , tiếp xúc với 3 đường

d
d
d
thẳng ( 1 ) , ( 2 ) , ( 3 ) . Tính S = a + 2b + 3c .
A. S = 10 .
B. S = 11 .
C. S = 12 .
Lời giải
B
d2

D. S = 13 .

I
A

d1

C
d3

ur
u1 = ( 2;1; − 2 )
đi qua điểm
có VTCP
.
uu
r
( d 2 ) đi qua điểm B ( 3; − 1; 2 ) có VTCP u2 = ( 1; 2; 2 ) .
uu
r
( d3 ) đi qua điểm C ( 4; 4;1) có VTCP u3 = ( 2; − 2;1) .
ur uu
r
uu
r uu
r
uu
r ur
u1.u2 = 0 u2 .u3 = 0 u3 .u1 = 0

Ta có
,
,
⇒ ( d1 ) ( d 2 ) ( d3 )
,
,
đôi một vuông góc với nhau.

( d1 )

A ( 1;1;1)

Trang 23/24 - Mã đề 144


ur uu
r uuu
r
uu
r uu
r uuur
uu
r ur uuu
r
u1 , u2  . AB ≠ 0 u2 , u3  .BC ≠ 0 u3 , u1  .CA ≠ 0




, 

, 
⇒ ( d1 )

d
d
, ( 2 ) , ( 3 ) đôi một chéo nhau.
uuu
r
uuu
r ur
uuu
r uu
r
AB = ( 2; − 2;1) AB. u1 = 0
d
d
d
AB. u2 = 0
Lại có:
;
và
nên ( 1 ) , ( 2 ) , ( 3 ) chứa 3 cạnh của hình
hộp chữ nhật như hình vẽ.
I a; b; c )
d
d
d
Vì mặt cầu tâm (
tiếp xúc với 3 đường thẳng ( 1 ) , ( 2 ) , ( 3 ) nên bán kính
R = d ( I , d1 ) = d ( I , d 2 ) = d ( I , d 3 ) ⇔ R 2 = d 2 ( I , d1 ) = d 2 ( I , d 2 ) = d 2 ( I , d 3 )

uur ur 2
uur uu
r 2
uur uu
r 2
  AI , u     BI , u    CI , u  
1
2
3

÷ =   uu
÷ =   uu
÷
⇔ R2 = 
ur
r
r
ur 2 uu
r 2 uu
r2

÷

÷

÷
u1
u2
u3
÷ 

÷ 
÷
u
=
u
=
u
=9
1
2
3

 
 
 , với
,
uur ur
uur
AI = ( a − 1; b − 1; c − 1)  AI , u1  = ( −2b − c + 1; 2a + 2c − 4; a − 2b + 1)
,
.
uur uu
r
uur
BI = ( a − 3; b + 1; c − 2 )  BI , u2  = ( 2b − 2c + 6; − 2a + c + 4; 2a − b − 7 )
,
.
uur uu
r
uur

CI = ( a − 4; b − 4; c − 1) CI , u3  = ( b + 2c − 6; − a + 2c + 2; −2 a − 2b + 16 )
,
.
ur ur 2
9 R 2 =  u

AI
 , u1 


uur uu
r 2
2
9 R =  BI , u2 

uur uu
r 2
uur ur 2
uur uu
r 2
uur uu
r 2
9 R 2 = CI , u 
2







3
⇔
27
R
=
AI
,
u
+
BI
,
u
+
CI
,
u

1
2
3







⇔ 27 R 2 = 18 ( a 2 + b 2 + c 2 ) − 126a − 54b − 54c + 423
2

2

2

7
3
3  243 243



⇔ 27 R = 18  a − ÷ + 18  b − ÷ + 18  c − ÷ +
≥
2
2
2
2
2



3
7 3 3
7
3
⇒ Rmin =
a=
b=c= ⇒I ; ; ÷
2 khi
2 2 2.
2,

2
2

Khi đó S = a + 2b + 3c = 11 .

Trang 24/24 - Mã đề 144