CHUYÊN đề 24 ỨNG DỤNG HÌNH học GIẢI TÍCH OXYZ để GIẢI QUYẾT một số bài TOÁN

CHUYÊ
N ĐỀ 24

ỨNG DỤNG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH OXYZ ĐỂ GIẢI QUYẾT MỘT SỐ BÀI TOÁN

MỤC LỤC

PHẦN A. CÂU HỎI
Dạng 1. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm GÓC
ABCD. A′B′C ′D′

O
I
Câu 1. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho hình lập phương
có tâm . Gọi là
A′B′C ′D′
OI
MO = 2MI
M
tâm của hình vuông
và điểm
thuộc đoạn
sao cho
(tham khảo hình vẽ). Khi đó
( MC ′D′) ( MAB )
sin của góc tạo bởi hai mặt phẳng
và
bằng

A.

7 85
85

B.

17 13
65

C.

6 85
85

Câu 2. (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Cho hình lập phương
A′B ′C ′D′

D.

ABCD. A′B ′C ′D′

OI
là điểm thuộc đoạn thẳng
sao cho
′
′
( MC D )
( MAB )
vẽ). Khi đó cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng
và
bằng

6 13
7 85
6 85
.
.
.
65
85
85
A.
B.
C.

tâm của hình vuông

và

M

6 13
65
có tâm

1
MO = MI
2

D.

O.

Gọi

I

là

(tham khảo hình

17 13
.
65

Câu 3. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình hộp chữ nhật
( ABCD )
AB = a, AD = a 2,
ABCD. A′B′C ′D′
A′C
30°
H
, có
góc giữa
và mặt phẳng
bằng
. Gọi
là hình
A′D.
A
A′B
K

A
chiếu vuông góc của trên
và
là hình chiếu vuông góc của
trên
Tính góc giữa hai mặt
( AHK ) ( ABB′A′)
phẳng
và
.
A.

60°

.

B.

45°

.

C.

90°

.

D.

30°

.
1


S . ABCD
Câu 4. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho hình chóp
có đáy
( SAB )
( ABCD )
cos ϕ
ϕ
a SAB
ABCD
là hình vuông cạnh ,
là tam giác đều và
vuông góc với
. Tính
với
( SAC ) ( SCD )
là góc tạp bởi
và
.
3
6
5
2
7
7

7
7
A.
.
B.
.
C. .
D.
.

S . ABCD
Câu 5. (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp tứ giác đều
có đáy
ABCD
a
O
N
SA
BC
M
là hình vuông cạnh , tâm . Gọi
và
lần lượt là trung điểm của hai cạnh
và
, biết
a 6
MN =
( SBD )
MN
2

. Khi đó giá trị sin của góc giữa đường thẳng
và mặt phẳng
bằng
2
3
5
3
5
3
5
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
ABCD. A ' B ' C ' D '
Câu 6. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Cho hình lập phương
có
( A ' B ' CD ) ( ACC ' A ' )
cạnh a. Góc giữa hai mặt phẳng
và
bằng
60°.
30°.
45°.
75°.
.

B.
C.
D.
A
O. ABC
OA OB
Câu 7. (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp
có ba cạnh
, uuur,
OC
OA = OB = OC = a
BC
M
AB
đôi
một
vuông
góc
và
.
Gọi
là
trung
điểm
cạnh
.
Góc
tạo
bởi
hai

vectơ
uuuu
r
OM
và
bằng
135°
150°
120°
60°
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Câu 8. (THPT TRẦN PHÚ - ĐÀ NẴNG - 2018) Cho hình chóp

S . ABCD

( ABCD )

có đáy

ABCD

là hình vuông có

α
độ dài đường chéo bằng
và
vuông góc với mặt phẳng
. Gọi
là góc giữa hai mặt phẳng
( SBD ) ( ABCD )
( SAC ) ( SBC )
tan α = 2
và
. Nếu
thì góc giữa hai mặt phẳng
và
bằng
30°
60°
45°
90°
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
a 2

SA

S . ABCD
AB = a
Câu 9. (THPT NAM TRỰC - NAM ĐỊNH - 2018) Cho hình chóp tứ giác đều
có
,
SA = a 2
G
SCD
BG
SA
. Gọi
là trọng tâm tam giác
. Góc giữa đường thẳng
với đường thẳng
bằng:
3
5
5
15
arccos
arccos
arccos
arccos
5
3
5
5
A.
.
B.

.
C.
.
D.
.

2


Câu 10.

(CHUYÊN HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2018) Cho hình lăng trụ

ABC . A′B′C ′

có

A′. ABC

là tứ diện đều
( ABC )
a
M N
AA′
BB′
cạnh . Gọi
,
lần lượt là trung điểm của
và
. Tính tan của góc giữa hai mặt phẳng

( CMN )
và
.
2
3 2
2 2
4 2
5
4
5
13
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.

OABC
OA
Câu 11. (THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Xét tứ diện
có
,
OB OC
α β γ
OA OB OC
,
đôi một vuông góc. Gọi , , lần lượt là góc giữa các đường thẳng

,
,
với mặt
( ABC )
phẳng
(hình vẽ).

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

Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức
là
48 3
48
125
A.
.
B.
.
C. Số khác.
D.
.
Dạng 2. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm THỂ TÍCH

Câu 12.

Oxyz ,

( S)

I ( −1; 2;1)

(Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian
cho mặt cầu
có tâm
A ( 1;0; −1) .
( S)
B, C , D
AB, AC , AD
và đi qua điểm
Xét các điểm
thuộc
sao cho
đôi một vuông góc với
ABCD
nhau. Thể tích của khối tứ diện
có giá trị lớn nhất bằng
32
64
64
32
3
3
A.
B.
C.
D.

I ( −1;0; 2 )
( S)
Oxyz

(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian
, cho mặt cầu
có tâm
A ( 0;1;1)
( S)
B C D
AB AC AD
và đi qua điểm
. Xét các điểm , ,
thuộc
sao cho
,
,
đôi một vuông góc với
ABCD
nhau. Thể tích của khối tứ diện
có giá trị lớn nhất bằng
4
8
8
3
3
4
A.
B.
C.
D.
Câu 13.

Oxyz

(CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian
, cho
B (a; 0; 0) D(0; a; 0)
ABCD. A′B′C ′D′
O
A
hình hộp chữ nhật
có
trùng với gốc tọa độ
, các đỉnh
,
,
Câu 14.

3


A′(0;0; b)
BDA′M

với

a, b > 0

và

a+b = 2

có giá trị lớn nhất bằng
64

27
A.
.

. Gọi

B.

32
27

M

là trung điểm của cạnh

.

C.

8
27

.

CC ′

. Thể tích của khối tứ diện

D.

4
27

.

Câu 15.

(THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Cho hình lập phương
( MND ')
M,N
a
ABCD. A′B′C ′D′
BC
A′B′
cạnh . Gọi
lần lượt là trung điểm của
và
. Mặt phẳng
chia
(H)
( H)
C
khối lập phương thành hai khối đa diện, trong đó khối chứa điểm
gọi là
. Tính thể tích khối
.
3
3
3
3

55a
55a
181a
55a
72
144
486
48
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Câu 16.
Oxyz,

(THPT CHUYÊN THĂNG LONG - ĐÀ LẠT - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ
ABCD. A′B′C ′D′
O
A
cho hình hộp chữ nhật
có
trùng với gốc tọa độ
các đỉnh
B ( m;0;0 ) , D ( 0; m;0 ) , A′ ( 0; 0; n )
m, n > 0
m + n = 4.

CC ′.
M
với
và
Gọi
là trung điểm của cạnh
Khi đó
BDA′M
thể tích tứ diện
đạt giá trị lớn nhất bằng
9
64
75
245
4
27
32
108
A. .
B.
.
C.
.
D.
.
Dạng 3. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm KHOẢNG CÁCH

Oxyz

Câu 17.

(ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ
, cho
A
0;
0;0
D
2;
0;0
B
0;
4;0
S
0;
0;
4
(
) (
) (
) (
)
S . ABCD
ABCD
M
hình chóp
, đáy
là hình chữ nhật. Biết
,
,
,

. Gọi
( CDM )
SB
B
là trung điểm của
. Tính khoảng cách từ
đến mặt phẳng
.
d ( B, ( CDM ) ) = 2
d ( B, ( CDM ) ) = 2 2
A.
. B.
.
1
d ( B, ( CDM ) ) =
d ( B, ( CDM ) ) = 2
2
C.
. D.
.
Câu 18.

(ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình lăng trụ đứng
ABC. A′B′C ′
ABC
AB = AC = a AA′ = h ( a, h > 0 )
có đáy
là tam giác vuông cân,
,
. Tính khoảng cách giữa

′
BC
a
h
′
AB
hai đường thẳng chéo nhau
và
theo , .
ah
ah
ah
ah
A.

a 2 + 5h 2

.

B.

5a 2 + h 2

.

C.

2a 2 + h 2

.

D.

a2 + h2

.

4


S.ABC
ABC
Câu 19. (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Cho hình chóp
có đáy
là tam giác đều
0
·
2a 3
SAB
ASB = 120
cạnh
, mặt bên
là tam giác cân với
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi
SC
N
MC
M
AM BN
là trung điểm của

và
là trung điểm của
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
,
.

A.
Câu 20.

2 327 a
79

.

B.

237a
79

.

C.

2 237 a
79

.

D.

5 237a
316

(CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp

.

S . ABC

có đáy
( ABC )
a
S
I
AB
là tam giác đều cạnh bằng . Gọi
là trung điểm của
, hình chiếu của
lên mặt phẳng
là
0
45
CI
SA
G
SBC
trung điểm của
, góc giữa
và mặt đáy bằng
(hình vẽ bên). Gọi

là trọng tâm tam giác
.
SA
CG
Khoảng cách giữa hai đường thẳng
và
bằng

A.

a 21
14

B.

a 14
8

C.

a 77
22

D.

a 21
7

Câu 21.
(THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN - ĐÀ NẴNG - LẦN 1 - 2018) Cho hình lập phương

ABCD. A′B′C ′D′
a
CK
K
DD′
cạnh bằng . Gọi
là trung điểm
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
và
′
AD
.
4a
a
2a
3a
3
3
3
4
A.
.
B. .
C.
.
D.
.
5

Dạng 4. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm BÁN KÍNH MẶT
CẦU
S . ABCD
ABCD
(CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho hình chóp
có đáy
là
a SAD
N
M
hình vuông cạnh ,
là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng với đáy. Gọi
và
lần lượt là trung
BC
CD
S .CMN
điểm của
và
. Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
bằng
a 93
a 29
5a 3
a 37
12
8
12
6
A.

.
B.
.
C.
.
D.
.

Câu 22.

Oxyz
Câu 23. (CHUYÊN KHTN - LẦN 1 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ
, cho hai điểm
A ( 5; 0; 0 )
B ( 3; 4; 0 )
C
Oz
ABC
C
H
và
. Với
là điểm nằm trên trục
, gọi
là trực tâm của tam giác
. Khi
di
Oz
H
động trên trục

thì
luôn thuộc một đường tròn cố định. Bán kính của đường tròn đó bằng
5
3
5
3
4
2
2
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Oxyz ,
A B C
Câu 24. (CHUYÊN VINH - LẦN 2 - 2018) Trong không gian
cho các điểm , ,
(không
O
Ox Oy Oz
trùng ) lần lượt thay đổi trên các trục
,
,
và luôn thỏa mãn điều kiện: tỉ số giữa diện tích của
3
.

( ABC )
ABC
OABC
2
tam giác
và thể tích khối tứ diện
bằng
Biết rằng mặt phẳng
luôn tiếp xúc với một
mặt cầu cố định, bán kính của mặt cầu đó bằng
3.
2.
4.
1.
A.
B.
C.
D.
Oxyz
(THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG - TPHCM - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ
,
x −1 y −1 z −1
x − 3 y +1 z − 2
x − 4 y − 4 z −1
=
=
=
=
=
=

( d1 ) :
( d2 ) :
( d3 ) :
3
2
1
−2
1
2
2
2
−2
1
cho
đường thẳng
,
,
. Mặt
I ( a; b; c )
( d1 ) ( d 2 ) ( d3 )
3
S = a + 2b + 3c
cầu bán kính nhỏ nhất tâm
, tiếp xúc với đường thẳng
,
,
. Tính
.
S = 10
S = 11

S = 12
S = 13
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Câu 25.

PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO
Dạng 1. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm GÓC
Câu 1.

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

′
′
( MC D ) ( MAB )
vẽ). Khi đó sin của góc tạo bởi hai mặt phẳng
và
bằng
6


A.

7 85
85

B.

17 13
65

6 85
85

C.
Lời giải

D.

6 13
65

Chọn C

1
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ, cạnh hình lập phương là , ta được tọa độ các điểm như sau :
1 1 1
M ; ; ÷
A ( 1; 0;1) , B ( 0;0;1)
 2 2 6  , C ′ ( 0;1;0 ) , D′ ( 1;1; 0 )
và
.
5.1 + 3.3
r
r
=
·
n( MC ′D′) = ( 0;1;3) ; n( MAB) = ( 0;5;3)
cos ( ( MAB ) , ( MC ′D′ ) )
52 + 32 . 12 + 32
Khi đó
nên
2

=

7 85
85

. Suy ra

sin (·

( MAB ) , ( MC ′D′ ) )

 7 85 
6 85
= 1 − 
÷
÷ =
85


85

.

ABCD. A′B′C ′D′

O.
I
có tâm
Gọi
1
MO = MI
A′B ′C ′D′
OI
2
M
là tâm của hình vuông
và
là điểm thuộc đoạn thẳng
sao cho

(tham
′
′
( MC D )
( MAB)
khảo hình vẽ). Khi đó cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng
và
bằng
6 13
7 85
6 85
17 13
.
.
.
.
65
85
85
65
A.
B.
C.
D.

Câu 2. (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Cho hình lập phương

7

Lời giải

Không mất tính tổng quát ta đặt cạnh của khối lập phương là 1.
A′(0; 0;0), B′(1;0;0), D′(0;1;0)
A(0; 0;1)
Chọn hệ trục tọa độ sao cho
và
(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
( MAB ).
mặt phẳng
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
( MC ′D′)
phẳng
.
( MAB )
( MC ′D′)
cosin của góc giữa hai mặt phẳng
và
bằng:
r r
n .n
0.0 − 4.2 + 3.( −3)
r r
17 13
cos(n1 , n2 ) = r 1 r2 =
=
.
n1 . n2
65
02 + (−4) 2 + 32 . 02 + 22 + (−3) 2

8


Câu 3.

(THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình hộp chữ nhật

( ABCD )
AB = a, AD = a 2,
ABCD. A′B′C ′D′
A′C
30°
H
, có
góc giữa
và mặt phẳng
bằng
. Gọi
A′D.
A
A′B
K
A
là hình chiếu vuông góc của trên
và
là hình chiếu vuông góc của
trên
Tính góc
( AHK ) ( ABB′A′)
giữa hai mặt phẳng
và
.
A.

60°

.

B.

45°

.

90°

C.
Lời giải

ABCD. A′B′C ′D′

.

D.

A 'C '

30°

.

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

Ta có

trên

· ' C ' = CC ' ⇒ CC ' = a.
AC = AB 2 + AD 2 = a 3; tan CA
A'C '

Kết hợp với giả thiết ta được
Gọi

A'C

E, F

ABB ' A '

là hình vuông và có

lần lượt là hình chiếu vuông góc của

K

trên

H

là tâm.

A ' D '& A ' A.

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

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

Ox, Oy, Oz.

Oxyz

thỏa mãn

O ≡ A'

còn

D′, B′, A

theo thứ tự thuộc các tia

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

9


( ABB ' A ')

( yOz )

Mặt phẳng
là mặt phẳng
nên có VTPT là
uuur uuur
a2 r r
 AK , AH  = n 2 , n 2 (2; 2; 2).

 6
Ta có
r
( AKH )
n 2 = (2; 2; 2);
Mặt phẳng
có VTPT là
( AHK ) ( ABB′A′ )

α
Gọi là góc giữa hai mặt phẳng
và
.
r r
1
cosα = cos (n1 , n 2 ) =
⇒ α = 450.
2
Ta có
Câu 4.

r
n1 = (1;0;0);

S . ABCD
(THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho hình chóp
có đáy
( SAB )
( ABCD )
a SAB
ABCD
là hình vuông cạnh ,
là tam giác đều và
vuông góc với
. Tính
( SAC ) ( SCD )
cos ϕ
ϕ
với là góc tạp bởi

và
.
3
6
5
2
7
7
7
7
A.
.
B.
.
C. .
D.
.
Lời giải

a =1
Chú ý: Ta có thể giải bài toán với cạnh hình vuông
.
( SAB )
O, M
AB, CD
SAB
Gọi
lần lượt là trung điểm của
. Vì
là tam giác đều và

vuông góc với
SO ⊥ ( ABCD )
( ABCD )
nên
.
3
 1  
O ( 0;0;0 ) , M ( 1;0;0 ) , A  0; ;0 ÷, S  0;0;
÷
2 ÷
 2  
Oxyz

Xét hệ trục
có
. Khi đó
 −1   1 
C  1; ;0 ÷, D  1; ;0 ÷
 2   2 
.

10


Suy ra

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





.
ur uur uuur  − 3 − 3 −1 
n1 =  SA, AC  = 
;
; ÷
2 2 ÷

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

.

S . ABCD
(THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp tứ giác đều
có
ABCD
a
O
N
SA
M
đáy
là hình vuông cạnh , tâm . Gọi
và
lần lượt là trung điểm của hai cạnh
a 6
MN =
( SBD )
BC
MN
2
và
, biết
. Khi đó giá trị sin của góc giữa đường thẳng
và mặt phẳng
bằng
2
3
5
3
5
3

5
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Lời giải

Gọi

I

hình chiếu của
CI =

Khi đó

Xét

∆CNI

M

lên

3
3a 2

AC =
4
4
CN =

có:

( ABCD )

, suy ra

I

là trung điểm của

AO

.

.

a
·
= 45o
2 NCI
,
.

Áp dụng định lý cosin ta có:
11

NI = CN 2 + CI 2 − 2CN .CI .cos 45o =

Xét

∆MIN

vuông tại

MI / / SO, MI =

Mà
Chọn hệ trục tọa độ

I

a 2 9a 2
a 3a 2 2 a 10
+
− 2. .
.
=
4
8
2 4
2
4

MI = MN 2 − NI 2 =

nên

1
a 14
SO ⇒ SO =
2
2
Oxyz

3a 2 5a 2 a 14
−
=
2
8
4

.

.

.

như hình vẽ:



 2

 2 2 
2 

2 
B  0;
;0 ÷
D
0;
−
;
0
C
;
0;
0
N
;
;0 ÷

÷

÷

÷

÷  2
÷
÷
2
2
O ( 0;0;0 )



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

4 ÷
 2


 4

,
,
.
uuuu
r  2 2
14 
MN = 
;
;−
÷
4 ÷
 2 4


uur 
r 
2
14  uuu
2
14 
SB =  0;
;−
SD
=  0; −

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

(

sin ( MN , ( SBD ) )

Suy ra
Câu 6.

2

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

)

.

ABCD.A ' B ' C ' D '
(THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Cho hình lập phương
có
( A ' B ' CD ) ( ACC ' A ' )
cạnh a. Góc giữa hai mặt phẳng
và
bằng
60°.
30°.
45°.
75°.

B.
C.
D.
A.
Lời giải

12


Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho gốc tọa độ
Khi đó:

O ≡ A ', Ox ≡ A ' D ', Oy ≡ A ' B ', Oz ≡ A ' A.

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 )
n1 = (1;0; −1)
Chọn
là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
.
uuuur uuuur
2
2
 A ' A, A ' C  = (−a ; a ;0).


Chọn

uu
r
n2 = (−1;1; 0)

là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
( A ' B ' CD ) ( ACC ' A ' )
Góc giữa hai mặt phẳng
và
là:
ur uu
r
−1
1
cosα = cos n1 , n2 =
= ⇒ α = 60°.
2. 2 2

(

Câu 7.

( ACC ' A ')

.

)

O. ABC
OA

(SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp
có ba cạnh
,
OB OC
OA = OB = OC = a
M
AB
,
đôiuu
một
vuông
góc
và
.
Gọi
là
trung
điểm
cạnh
. Góc tạo
ur
uuuu
r
BC
OM
bởi hai vectơ
và
bằng
135°
150°

120°
60°
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Lời giải

Cách 1:
r 1 uuu
r uuu
r
 uuuu
uuuu
r uuur
1
a2
OM = OA + OB
2
2
⇒
OM
.
BC
=
−

OB
=
−
 uuur uuur uuur
2
2
 BC = OC − OB

Ta có
.
1
1
a 2
OM = AB =
OA2 + OB 2 =
2
2
BC = OB + OC = a 2
2
2
2
và
.

(

)

13

a2
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:

Chọn hệ trục tọa độ

Oxyz

như hình vẽ.
a a 
M  ; ;0 ÷
2 2 

O ( 0;0;0 )

A ( 0; a ;0 ) B ( a ;0;0 ) C ( 0;0; a )
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

(

Câu 8.

.

)

(

)

.

ABCD
có đáy
là hình vuông
( ABCD )
a 2
SA
α
có độ dài đường chéo bằng
và
vuông góc với mặt phẳng
. Gọi
là góc giữa
( SBD )
( ABCD )
( SAC )
tan α = 2
hai mặt phẳng
và
. Nếu

thì góc giữa hai mặt phẳng
và
( SBC )
bằng
30°
60°
45°
90°
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Lời giải

(THPT TRẦN PHÚ - ĐÀ NẴNG - 2018) Cho hình chóp

S . ABCD

14


Gọi

I = AC ∩ BD

.

ABCD

a 2
a
Hình vuông
có độ dài đường chéo bằng
suy ra hình vuông đó có cạnh bằng .
( SBD ) ∩ ( ABCD ) = BD

 SI ⊥ BD
 AI ⊥ BD
¶
⇒ (·
( SBD ) ; ( ABCD ) ) = (·SI ; AI ) = SIA

Ta có
.
SA
¶ =
tan α = tan SIA
⇔ SA = a
AI
Ta có
.
A ( 0;0;0 ) B ( a;0;0 ) C ( a; a;0 ) S ( 0;0; a )
Oxyz
Chọn hệuu
trục
,
,

,
.
r tọa độ
uuu
rnhư hình vẽ. Tauucó
r
SA = ( 0;0; − a ) SC = ( a; a; − a ) SB = ( a;0; − a )
Khi đó
;
;
.
r
n1 = ( −1;1;0 )
( SAC )
Mặt phẳng
có vectơ pháp tuyến
.
r
n2 = ( 1;0;1)
( SBC )
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
.

)

(

(

)

S . ABCD
AB = a
Câu 9. (THPT NAM TRỰC - NAM ĐỊNH - 2018) Cho hình chóp tứ giác đều
có
,
SA = a 2
G
SCD
BG
SA
. Gọi
là trọng tâm tam giác
. Góc giữa đường thẳng
với đường thẳng
bằng:
5
3
5
15
arccos
arccos

arccos
arccos
5
3
5
5
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.

Gọi

O = AC ∩ BD

Tam giác

SAO

Lời giải
.

SO = SA2 − AO 2 =
vuông :

a 6

2
15


Gắn tọa độ như hình vẽ

 a a   a a a 6 ÷
O  ; ;0 ÷ S  ; ;
÷
A ( 0;0;0 ) B ( a;0; 0 ) C ( a; a;0 ) D ( 0; a;0 )
2 2  2 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.

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

.
2
3 2
2 2
4 2
5
4
5
13
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Lời giải

Gọi

O

là trung điểm của

AB

. Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho

O ( 0;0; 0 )

,
16


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



2

 2

3
,
,
,
,

3 6
ur
uuu
r uuuur ⇒ B′  −1; 6 ; 3 ÷
÷
n
ABC
(
)
1 = ( 0;0;1)


AB = A′B′
Ta có
. Dễ thấy
có vtpt
.
1 3 6

 −3 3 6 
⇒ M  ;
;
⇒
N
;
÷
 ;
÷
÷
÷
4
12
6
4
12
6




N
′
′
M
AA
BB
là trung điểm
,
là trung điểm

uuuu
r  1 −5 3 6 
uuuu
r
CM =  ;
;
÷
6 ÷
MN = ( −1;0;0 )
 4 12

,
uu
r 
6 5 3
3
n2 =  0;
;
÷
0; 2 2;5
÷=
6
12
CMN
(
)

 12
⇒
có vtpt

1
5
⇒ tan ϕ =
−1 = 2 2
cos 2 ϕ
cos ϕ = 33
5

(

)

OA
có
,
β
γ
OB OC
α
OA OB OC
,
đôi một vuông góc. Gọi , , lần lượt là góc giữa các đường thẳng
,
,
( ABC )
với mặt phẳng
(hình vẽ).

Câu 11. (THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Xét tứ diện

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

OABC

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

C. Số khác.
Lời giải

D.

là
48 3

.

Chọn B
17


ABC
OABC
OA OB OC
là trực tâm tam giác

, vì tứ diện
có
,
,
đôi một vuông góc nên ta
1
1
1
1
=
+
+
OH ⊥ ( ABC )
OH 2 OA2 OB 2 OC 2
có
và
.
·
·
·
β = (·OB; ( ABC ) ) = OBH
γ = (·OC ; ( ABC ) ) = OCH
α = (·OA; ( ABC ) ) = OAH
Gọi

H

Ta có

,

,
OH
OH
OH
sin α =
sin β =
sin γ =
OA
OB
OC
Nên
,
,
.
1
1
1 1
= 2+ 2+ 2
2
a = OA b = OB c = OC h = OH
h
a
b
c
Đặt
,
,
,
thì
và

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

2

+ b2 + c2 ) .

Ta có:

(a b

2 2

+ b2c2 + c 2a 2 ) .

1 = a2 + 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 = a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 .  1 + 1 + 1 
(
)  a 2 b2 c 2 ÷
h4
2

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



a 4b4 c 4
3

2 2

2 2

2

2

.

3

3
  1 1 1 
1 1
2 2 2  1
1
=
a
b
c
.
+
+
≥ a 2b 2c 2 .  3 3  2 . 2 . 2 ÷÷ = 27

2 2 2

÷
2
2
2
abc . 6
 a b c ÷
a b c 


h

.

Do đó:
M = 8 + 4 ( a 2 + b2 + c 2 ) .

1
1
1
+ 2 ( a 2 b 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

.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
min M = 125
Vậy
.

a=b=c

, hay

OA = OB = OC

.

18


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

( S)

Oxyz,

I ( −1; 2;1)

cho mặt cầu
có tâm
A ( 1;0; −1) .
( S)

B, C , D
AB, AC , AD
và đi qua điểm
Xét các điểm
thuộc
sao cho
đôi một vuông
ABCD
góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện
có giá trị lớn nhất bằng
32
64
64
32
3
3
A.
B.
C.
D.
Lời giải
Chọn B
D

N
I

C

A

M
B

Mặt cầu

( S)

có bán kính

r = IA = 4 + 4 + 4 = 2 3.
19


Đặt

AB = a; AC = b; AD = c

IA2 =
Ta có

Do đó

a 2 + b2 + c 2
4

a 2 + b2 + c2
= 12
4

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
a = b = c.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
.

I ( −1;0; 2 )
( S)
, cho mặt cầu
có tâm
A ( 0;1;1)
( S)
B C D
AB AC AD
và đi qua điểm
. Xét các điểm , ,
thuộc

sao cho
,
,
đôi một
ABCD
vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện
có giá trị lớn nhất bằng
4
8
8
3
3
4
A.
B.
C.
D.
Lời giải
Chọn C

Câu 13. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian

Oxyz

AD = a AB = b AC = c
Đặt:
,
,
.
Ta có:

R = IA = 3
•
.
AM =
•

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

.

20


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

(b
≤

2

+ a2 + c2 )
27

3

⇔ abc ≤ 8
.

.

Câu 14. (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian

Oxyz

, cho
B
(
a
;0;0)
D
(0;
a
; 0)
ABCD. A′B′C ′D′
O

A
hình hộp chữ nhật
có
trùng với gốc tọa độ , các đỉnh
,
,
a, b > 0
A′(0;0; b)
′
a+b = 2
CC
M
với
và
. Gọi
là trung điểm của cạnh
. Thể tích của khối tứ
BDA′M
diện
có giá trị lớn nhất bằng
64
32
8
4
27
27
27
27
A.
.

B.
.
C.
.
D.
.
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
.
u
r a 2b
uuuuruuur
1 uur uuur uuuu
VBDA ' M =  BA ', BD  .BM =
 BA ', BD  = (−ab; −ab; −b 2 )


6
4
nên
.
3
32
8
 a + a + 2b  64
a.a.(2b) ≤ 
⇒ a 2b ≤

⇒ VBDA ' M ≤
÷ =
3
27
27

 27
Ta có:
.
Câu 15.

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

21


( MND ')

chia khối lập phương thành hai khối đa diện, trong đó khối chứa điểm
( H)
Tính thể tích khối

.
3
55a
55a 3
181a 3
55a 3
72
144
486
48
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Lời giải

Thể tích khối lập phương bằng

( MND′ )

a3

C

gọi là

( H)

.

.

DC
E
Mặt phẳng
cắt cạnh
tại
thỏa
V( H ) = VC ′.D′NPME + VC ′.CEM + VC ′.B ′PN
Khi đó
.
3
1 a 2a a
VB′.C ′NP = a. .
=
6 2 3 18
Có
1 a a a3
VC .C ′ME = a. . =
6 4 2 48
.

EC =

1
DC

4

; cắt

BB′

tại

P

sao cho

1
BP = BB′
3

.

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

4

 2 

 4
 D′ ( 1; 0;1)
Ta có
,
,
,
,
,
,
.

22


x

y

4

2

( MND′ ) : 1 + 1 +
Mặt phẳng

S MPND′E = S EQND′ − S PMQ =

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
VC ′.D ′NPME = d ( C ′, ( MND′ ) ) .S D′NPME = a 3
3
36
V( H )

Vậy

55 3
=
a
144

.

.

Câu 16. (THPT CHUYÊN THĂNG LONG - ĐÀ LẠT - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz,

ABCD. A′B′C ′D′
O
A
cho hình hộp chữ nhật
có
trùng với gốc tọa độ
các đỉnh
B ( m;0;0 ) , D ( 0; m;0 ) , A′ ( 0;0; n )
m, n > 0
m + n = 4.
CC ′.
M
với
và
Gọi
là trung điểm của cạnh
BDA′M
Khi đó thể tích tứ diện
đạt giá trị lớn nhất bằng
9
64

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

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 )



23


uuur uuur uuuu
r
n
3
 BA′; BD  .BM = −m 2 n − m2 . = − m2 n


2
2
VBA′DM

3
r 1 2
1 uuur uuur uuuu
1 2
1
1  8  64
= .  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. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho hình
A ( 0;0;0 ) D ( 2; 0; 0 ) B ( 0; 4;0 ) S ( 0; 0; 4 )
S . ABCD
ABCD
chóp
, đáy
là hình chữ nhật. Biết
,
,
,
.
( CDM )
SB
M
B
Gọi
là trung điểm của
. Tính khoảng cách từ
đến mặt phẳng
.
d ( B, ( CDM ) ) = 2
d ( B, ( CDM ) ) = 2 2

A.
. B.
.
1
d ( B, ( CDM ) ) =
d ( B, ( CDM ) ) = 2
2
C.
. D.
.
Lời giải

Tứ giác

ABCD

 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
 A C
 C

là hình chữ nhật nên
SB ⇒ M ( 0; 2; 2 )

M
là trung điểm của
.
( CDM )
Viết
mặt
uuur phương trìnhuu
uu
r phẳng
u:uur uuuu
r
CD = ( 0; −4; 0 ) CM = ( −2; −2; 2 ) ⇒ CD ∧ CM = ( −8; 0; −8 )
,
.
r
n = ( 1;0;1)
( CDM )
có một véc tơ pháp tuyến
.
( CDM )
x+ z−2=0
Suy ra
có phương trình:
.
0+0−2
d ( B; ( CDM ) ) =
= 2
12 + 02 + 12
Vậy
.

.

24


Câu 18. (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình lăng trụ đứng

AB = AC = a AA′ = h
có đáy
là tam giác vuông cân,
,
BC ′
a h
AB′
hai đường thẳng chéo nhau
và
theo , .
ah
ah
ah
ABC

A.

a 2 + 5h 2

.

B.

5a 2 + h 2

.

C.
Lời giải

2a 2 + h 2

( a, h > 0 )

ABC. A′B′C ′

. Tính khoảng cách giữa

ah
.

D.

a2 + h2

.

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. (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Cho hình chóp

S.ABC

có đáy

ABC

là tam giác đều

·ASB = 120
SAB
, mặt bên
là tam giác cân với
và nằm trong mặt phẳng vuông góc
SC
N
MC
M
với đáy. Gọi
là trung điểm của
và
là trung điểm của
. Tính khoảng cách giữa hai
AM BN
đường thẳng
,
.
cạnh

2a 3

0

25