Dang 1. Bài toán HHKG(VDT

Câu 1.

[2H3-4.1-3] (GIA LỘC TỈNH HẢI DƯƠNG 2019 lần 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz ,cho tứ diện ABCD

có tọa độ các điểm

A ( 1;1;1) , B ( 2;0;2 ) C ( − 1; − 1;0 ) , D ( 0;3;4 ) .

AB AC AD
+
+
=4
Trên các cạnh AB , AC , AD lần lượt lấy các điểm B′ , C ′ , D′ sao cho AB′ AC ′ AD′
và tứ diện

AB′C ′D′ có thể tích nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng ( B′C ′D′ )

A. 16 x −

40 y − 44 z + 39 = 0 .
C. 16 x + 40 y + 44 z − 39 = 0 .

là

B. 16 x −

40 y − 44 z − 39 = 0 .
D. 16 x + 40 y − 44 z + 39 = 0 .
Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Oanh; Fb: Oanh Nguyen

Chọn D
Trên các cạnh

AB , AC , AD

của tứ diện

ABCD lần lượt có các điểm B′ , C ′ , D′ . Áp dụng

VAB′C′D′ AB′ AC ′ AD′
=
×
×
AB AC AD .
cơng thức tỉ số thể tích ta có VABCD

AB AC AD
+
+
=4
Từ giả thiết AB′ AC ′ AD′
, áp dụng bất đẳng thức

AM − GM

ta có:

V

AB AC AD
AB AC AD
+
+
≥ 3. 3
×
×
= 3. 3 ABCD
AB′ AC ′ AD′
AB′ AC ′ AD′
VAB′C′D′
V
27
⇔ 64 ≥ 27 × ABCD ⇔ VAB 'C ' D ' ≥ VABCD
VAB 'C ' D '
64
.
4=

Do VABCD

⇔

⇔

cố định nên VAB 'C ' D '

nhỏ nhất

⇔ VA ' B ' C ' D ' =

27
AB AC AD 4
VABCD ⇔
=
=
=
64
AB′ AC ′ AD′ 3

AB′ AC ′ AD′ 3
=
=
=
AB AC AD 4
uuur 3 uuur
( B′C′D′ ) song song với ( BCD ) và đi qua điểm B′ thoả AB′ = 4 AB .

uuur
uuur
Có BC = ( − 3; − 1; − 2 ) , BD = ( − 2;3;2 )
r uuur uuuur
n =  BC , BD  = ( 4;10; − 11) .

, suy ra vectơ pháp tuyến của mặt phẳng

( B′C′D′ )

là

Có

uuur 3 uuur
 7 1 7
uuur
B ' ; ; ÷
′
AB
=
AB
AB = ( 1; − 1;1) , giả sử B ' ( x ; y ; z ) . Do
nên  4 4 4  .
4

Vậy phương trình
Câu 2.

( B′C ′D′ )

là: 16 x +

40 y − 44 z + 39 = 0 .

[2H3-4.1-3] (THPT-Chun-Sơn-La-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-4) Cho hình chóp tứ giác
đều

S. ABCD có đáy ABCD

điểm của hai cạnh

SA

MN

( SBD )

và mặt phẳng

và

2
A. 5 .

là hình vng cạnh

BC , biết

MN =

a , tâm O . Gọi M

và

N

lần lượt là trung

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

bằng

3
B. 3 .

5
C. 5 .

D.

3.

Lời giải
Tác giả: Trần Đắc Nghĩa; Fb: Đ Nghĩa Trần
Chọn B

Gọi

I

Khi đó

Xét

hình chiếu của

CI =

M

lên

( ABCD ) , suy ra I

là trung điểm của

AO .

3
3a 2
AC =
4
4 .

∆ CNI có:

CN =

a
· = 45o .
2 , NCI

Áp dụng định lý cosin ta có:

a 2 9a 2
a 3a 2 2 a 10
NI = CN + CI − 2CN .CI .cos 45 =
+
− 2. .

.
=
4 8
2 4
2
4 .
2

Xét

∆ MIN

2

vuông tại

o

I nên

MI = MN 2 − NI 2 =

1
a 14
MI / / SO, MI = SO ⇒ SO =
Mà
2
2 .

3a 2 5a 2 a 14

−
=
2
8
4 .


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
Ta có: O ( 0;0;0 ) , 
,  4 4 ,

 2
 
 2
14 
14 
A  − ;0;0 ÷÷ S  0;0;

÷÷ M  − ;0;
÷÷
2
4
4
4
,
,

 


.
uuuur  2 2
14  uur 
2
14  uuur 
2
14 
MN =  ; ; −
SB
=
0;
;
−
;−
÷÷

÷÷ SD =  0; −
÷

4  ,
2 ,
2
2 ÷ .
Khi đó
 2 4
 2


r uur uuur
n
Vectơ pháp tuyến mặt phẳng ( SBD ) : = SB ∧ SD = − 7 ;0;0

(

).

2
uuuur r
− 7.
MN .n
2
3
sin ( MN , ( SBD ) ) = uuuur r =
=
3
6
MN . n
7.
Suy ra

.
2
Câu 3.

[2H3-4.1-3] (CỤM TRẦN KIM HƯNG với hệ tọa độ

Oxyz ,

ìï x = 1 + t
ïï
d : í y =- mt
ïï
ïïỵ z = (m - 1)t với
xúc với

( S)

cho mặt cầu

HƯNG YÊN NĂM 2019) Trong không gian
2

m là tham số thực. Giả sử ( P )

lần lượt tại

T

và T

2

2

( S ) : ( x - 1) +( y - 2) +( z - 3) = 4 .

và

( P ')

Xét đường thẳng

là hai mặt phẳng chứa

d , tiếp

'. Khi m thay đổi, tính giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng

TT ' .
A. 2.

2 11
B. 3 .

4 13
C. 5 .

D.

2 2.

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Trường Giang; Fb: Giang Nguyen
Chọn C


Mặt cầu

( S)

vẽ trên). Gọi
Vì

có tâm

H

I ( 1;2;3) , bán kính R = 2 . Mặt phẳng ( ITT ')

là giao điểm của

∆ TIH ~ ∆ MIT

TT ′

và

cắt

d

tại điểm

M

(như hình

MI .

nên ta có:

TH TI
TM .TI R MI 2 − R 2
R2
=
⇒ TH =
=
= R 1− 2
TM MI
MI
MI
MI
Do

TT ′ = 2TH

nên

′ ⇔ TH min ⇔ MI min
TTmin

ìï x =1 + t
ïï
í y =- mt
ïï
Nhận xét rằng với ïïỵ z = (m - 1)t ta có: x + y + z = 1 + t − mt + ( m − 1) t = 1
nên khi

m thay đổi ta ln có ( d ) ⊂ ( P ) : x + y + z − 1 = 0 cố định. Vì thế
MI min = d ( I , ( P ) ) =
′ = 2TH min
TTmin

Từ đó ta có:

1+ 2 + 3 − 1
12 + 12 + 12

=

5
3

R2
22
4 13
= 2 R 1 − 2 = 2.2 1 −
=
2
MI min

5
 5 
 ÷
 3

Ta kiểm tra điều kiện đủ của bài toán, tức là chứng minh rằng hình chiếu vng góc của

( P)

thuộc vào đường thẳng

lên

d.
 x = 1+ t

d′ :  y = 2 + t
z = 3+ t
và vng góc với ( P ) ta có:


Gọi

d′

là đường thẳng qua

Gọi

M

là hình chiếu vng góc của

I

I

lên

( P)

ta có:

M = d′ ∩ ( P)

( 1+ t ) + ( 2 + t ) + ( 3 + t ) − 1 = 0 ⇔ t =

suy ra:

−5
 −2 1 4 
⇒ M ; ; ÷
3
 3 3 3

 −2
 3 = 1+ t
 −5

t = 3

1
⇔
 = −mt
3

m = 1
1
4
5

m
=
=
m
−
1
t
(
)
Xét hệ:  3
. Vậy với
5 thì độ dài của
Câu 4.

I

TT ′

nhỏ nhất.

[2H3-4.1-3] (KINH MƠN II LẦN 3 NĂM 2019) (KINH MÔN II LẦN 3 NĂM 2019)Cho
hình hộp đứng

ABCD. A′ B ′C ′D′ có đáy là hình thoi, tam giác ABD

đều. Gọi

M, N

lần lượt là


C ′D ′ , biết rằng MN ⊥ B ′D . Gọi α
mặt đáy ( ABCD ) , khi đó giá trị cos α bằng
trung điểm

A.

cos α =

BC

và

1
3.

B.

cos α =

3
2 .

cos α =

C.

là góc tạo bởi đường thẳng

1
10 .

D.

cos α =

MN

và

1
2.

Lời giải
Tác giả: Phạm Minh Thùy; Fb: Phạm Minh Thùy
Chọn A

Đặt cạnh hình thoi
Gọi

ABCD là 1 , chiều cao hình hộp = h ( h > 0 ) .

O là giao điểm hai đường chéo AC

Tam giác

ABD đều

⇒ AO =

và

BD của hình thoi.

3
1
1
= CO , BD = AB = 1, BO = DO = BD = .
2
2
2

 − 1   1  uuuur
B ′  0; ; h ÷, D  0; ; 0 ÷⇒ B ′D ( 0;1; − h ) .
Ta có 
2   2 
 3 − 1   3 1  uuuur 1 
M  ; ; 0 ÷÷, N  ; ; h ÷÷ ⇒ MN  0; ; h ÷.
 2 

 4 4
  4 4 

uuuur uuuur
1
2
MN ⊥ B ′D ⇒ MN . B ′D ⇒ h 2 = ⇒ h =
Vì
2
2 (Vì h> 0).
− 3

A 
; 0 ; 0 ÷÷,
Lại có  2


 − 1   1  uuur  3 − 1  uuur  3 1 
B  0; ; 0 ÷, D  0; ; 0 ÷ ⇒ AB 
; ;0 ÷÷, AD 
; ;0 ÷÷
2
2
2
2 
 2
  2 




r uuur uuur 
3  ur uuuur  1 2 
n =  AB, AD  =  0;0; ÷÷, u = MN =  0; ; ÷÷.
2 

 2 2 
Gọi

α

là góc tạo bởi đường thẳng

MN

r r
u .n
6
1
sin α = r r =
⇒ cos α = .
3
u.n 3
Ta có

và mặt đáy

( ABCD ) .

Câu 5.

[2H3-4.1-3] (Đặng Thành Nam Đề 9) Trong không gian

cho tam giác ABC với

x−3 y −3 z −2
=
=
,
là −1
2
−1 phương trình đường phân

A ( 2;3;3) đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B

x− 2 y− 4 z− 2
=
=
.
giác trong góc C là 2
−1
− 1 Đường thẳng

uur
u
A. 1 = (0;1; − 1) .

Oxyz ,

uur
u
B. 2 = (2;1; − 1) .

AB có một véctơ chỉ phương là:

uur
u
C. 3 = (1;2;1) .

uur
u
D. 4 = (1; − 1;0) .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Huỳnh Như ; Fb: Nhu Nguyen
Chọn A

M (3 − t ;3 + 2t ;2 − t ) là trung điểm cạnh AC , khi đó C (4 − 2t ;3 + 4t ;1 − 2t ).

Gọi
Mặt

khác

C

thuộc

đường

phân

giác

trong

góc

C

là

(4 − 2t ) − 2 (3 + 4t ) − 4 (1 − 2t ) − 2
=
=
⇔ t = 0 ⇒ C (4;3;1).
2
−1
−1
Gọi

∆

nên

A′ đối xứng với A qua phân giác trong góc C ⇒ A ' ∈ CB.

Mặt phẳng

(α )

A

qua

và vng góc với đường phân giác trong góc

C:

( α ) : 2( x − 2) − ( y − 3) − ( z − 3) = 0 .
Gọi H = ( α ) ∩ ∆ ⇒ H ( 2;4;2 ) .
Mặt khác : H là trung điểm
Phương trình đường thẳng

AA′

BC

nên

qua

A′ ( 2;5;1) .

A′, C là:

 x = 4 + 2t

 y = 3 − 2t

z = 1


uuur
⇒ BC ∩ BM = B ( 2;5;1) ⇒ AB = ( 0; 2; − 2 )


Câu 6.

[2H3-4.1-3] (HKII-CHUYÊN-NGUYỄN-HUỆ-HÀ-NỘI) Trong không gian với hệ trục tọa
độ

Oxyz , gọi ( P)

là mặt phẳng chứa đường thẳng

d:

x−1 y + 2 z
=
=
1
− 1 − 2 và tạo với trục Oy

( P)
C. N (− 1; − 2; − 1) .

góc có số đo lớn nhất. Điểm nào sau đây thuộc mặt phẳng
A. E (−3;0;4) .

B. M (3;0;2) .

D. F (1;2;1) .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Ngọc Minh; Fb: Nguyễn Minh
Chọn C
Cách 1:


r

Đường thẳng d qua điểm M (1; − 2;0) , có véc tơ chỉ phương a = (1; − 1; − 2)
tơ chỉ phương

r
j = (0;1;0) .

và trục

Oy

có véc

r
2
2
2
n
Gọi = ( A; B; C ) ( A + B + C ≠ 0) là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) .

rr
r
Vì d ⊂ ( P ) ⇒ a . n = 0 ⇔ 1. A + (− 1).B + (− 2).C = 0 ⇔ A = B + 2C ⇒ n = ( B + 2C ; B; C ) .
π

0≤ϕ ≤ ÷

Gọi ϕ là góc giữa mặt phẳng ( P ) và trục Oy 
2.
r ur
n. j
B
B2
sin ϕ = r r =
=
2
2
2
2 B 2 + 4 BC + 5C 2
n
.
j
(
B
+
2
C
)
+
B

+
C
Ta có
1

=

2

C C
2 + 4.  ÷ + 5  ÷
 B  B

sin ϕ

Vì hàm số

=

1
2

C 2 6
5 + ÷ +
 B 5 5

( B ≠ 0) .

 π
 0; ÷

tăng liên tục trên  2  nên ϕ đạt giá trị lớn nhất khi sin ϕ lớn nhất
2

C 2 6
6
C 2
5 + ÷ +
+ =0
Lúc đó  B 5  5 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi và chỉ khi B 5
.

r
B = 5 ⇒ C = − 2; A = 1 ⇒ n = (1;5; − 2) .

Chọn

r
n = (1;5; − 2) là

( P) qua điểm M (1; − 2;0) , có véc tơ pháp tuyến
1.( x − 1) + 5.( y + 2) − 2( z − 0) = 0 ⇔ x + 5 y − 2 z + 9 = 0 .
Thế tọa độ N (− 1; − 2; − 1) vào phương trình mặt phẳng ( P ) : − 1 + 5(− 2) − 2(− 1) + 9 = 0
Phương trình mặt phẳng

(ln

đúng).

Vậy điểm

N (− 1; − 2; − 1) thuộc mặt phẳng ( P) .

Xét bài tốn tổng qt: Cho hai đường thẳng
Viết phương trình mặt phẳng
Phương pháp giải:
+) Vẽ một đường thẳng
trên
mp
+)

∆3

và

H

∆3

( P)

bất kỳ song song với

là hình chiếu vng góc của

·
(·∆ , ( P ) ) = BMH
.
2

Suy ra

HB BA
≤
BM BM không đổi

·
BMH

lớn nhất khi

∆ 1, ∆ 2

chứa đường thẳng

( P ) , kẻ BA ⊥ ∆ 1

·
sin BMH
=

Cách 2: Tác giả: Vân Hà; Fb: Ha Van

H≡A

B

∆2

lên

phân biệt và không song song với nhau.

∆ 1 và tạo với ∆ 2 một góc lớn nhất.
và cắt

∆1

tại

M . Gọi B

là điểm cố định


·
BMH
= (·∆ 1 , ∆ 2 ) và ( P ) chứa ∆ 1 và vng góc với mặt phẳng ( ∆ 1 , ∆ 2 ) .
uur uuur uur


u
,u  ,u 
P
Vậy ( ) có VTPT là:   ∆ 1 ∆ 2  ∆ 1 
Khi đó

Áp dụng:

uur
ur

r
uur r uur


ud = ( 1; − 1; − 2 ) ; j = ( 0;1;0 ) , n =  ud , j  , ud  = ( 1;5; − 2 ) . Phương trình mặt phẳng ( P ) qua



r
n = (1;5; − 2) là x + 5 y − 2 z + 9 = 0

M (1; − 2;0) , có véc tơ pháp tuyến
Vậy điểm N (− 1; − 2; − 1) thuộc mặt phẳng ( P ) .
điểm

Câu 7.

[2H3-4.1-3] (Đặng Thành Nam Đề 14) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1;0;2),
B(−2;0;5), C(0;−1;7). Trên đường thẳng d vng góc với mặt phẳng (ABC) tại A lấy một điểm
S. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vng góc của A lên SB, SC. Biết khi S di động trên d (S ≠
A) thì đường thẳng HK ln đi qua một điểm cố định D. Tính độ dài đoạn thẳng AD.
A.

AD = 3 3 .

B.

AD = 6 2 .

C.

AD = 3 6 .

D.

AD = 6 3 .

Lời giải
Tác giả : Nguyễn Văn Quang ; Fb: Quang Nguyen
Chọn C

Ta có :

uuur
AB = ( − 3;0;3) , AB = 3 2
uuur
BC = ( 2; − 1;2 ) , BC = 3
uuur
AC = ( − 1; − 1;5 ) , AC = 3 3
Vì

uuur uuur
AB.BC = 0 ⇒ ∆ ABC vng tại B

 BC ⊥ AB
⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH

Ta có :  BC ⊥ SA
.
 AH ⊥ SB

⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ AH ⊥ SC

Ta có :  AH ⊥ BC
.


 SC ⊥ AH
⇒ SC ⊥ ( AHK )

Ta có :  SC ⊥ AK
.
Do đó : Gọi D là giao điểm của HK và BC thì

SC ⊥ AD

 AD ⊥ SA
⇒ AD ⊥ ( SAC ) ⇒ AD ⊥ AC

Ta có :  AD ⊥ SC
Vì D nằm trong mặt phẳng (ABC) và D là giao điểm của BC và đường thẳng vng góc với AC
tại A nên D cố định ( do A, B, C cố định).

AD = AC.tan C = AC.

Trong ΔDAC vng tại A, ta có :
Câu 8.

[2H3-4.1-3] (CổLoa Hà Nội) Trong không gian

A ( 1;2;1) , C ′ ( 3;6; − 3) .

có tọa độ

( S ) : ( x − 2) + ( y − 4) + ( z + 1)
2

2

của hình lập phương
A.

2

Gọi

AB
3 2
= 3 3.
=3 6
. Đáp án C
BC
3

Oxyz , cho hình lập phương ABCD. A′ B′C ′D′

M

là một điểm bất kỳ thuộc mặt cầu

= 1 . Tính tổng các khoảng cách từ điểm M

ABCD.A′ B′C ′D′ .

2 3.

B.

3 3.

C. 6
Lời giải

3.

đến tất cả các mặt

D. 12 .

Tác giả: Phùng Minh Nam ; Fb: Nam Phung
Chọn C
Ta có

AC ' = 6 nên AB = 2 3 .

Mặt cầu

R =1<

( S)

có tâm

đến

M

nằm trong hình lập phương

ABCD.A′ B′C ′D′

và có bán kính

ABCD.A′ B′C ′D′ , tổng các khoảng cách từ điểm

6 mặt của hình lập phương ABCD.A′ B′C ′D′

Vậy từ một điểm

M

của hình lập phương
Câu 9.

trùng với tâm hình lập phương

AB
2 nên mặt cầu ( S ) nằm trong hình lập phương ABCD. A′ B′C ′D′ .

Với mọi điểm

M

I ( 2;4; − 1)

bằng

3 AB = 6 3 .

bất kỳ thuộc mặt cầu

( S ) , tổng các khoảng cách từ điểm M

ABCD.A′ B′C ′D′

6 3.

bằng

[2H3-4.1-3] (Nguyễn Du Dak-Lak 2019) Trong không gian tọa độ

A ( 2;1;2 ) , B ( 2; − 3;1) , C ( 3;2;2 )
hình chiếu vng góc của
Diện tích hình bình hành

và mặt phẳng

Oxyz ,

là điểm sao cho

A′ B′C ′D′

6

mặt

cho ba điểm

( α ) : x − 3 y + z = 0 . Gọi A′ , B′ , C′

A , B , C lên ( α ) . D′
A′ B′C ′D′ bằng

đến

lần lượt là

là hình bình hành.


3
A. 22

4
B. 11 .

8
C. 11 .

6

D. 22 .

Lời giải

Tác giả: Nam Phung; Fb: Nam Phung
Chọn C
Ta có

uuur
uuur
AB = ( 0; − 4; − 1) , AC = ( 1;1;0) .

uuuur uuur uuur
1 uuur uuur 3 2
 AB, AC  =
⇒
S
=


⇒ nABC =  AB, AC  = ( 1; − 1;4 )
∆ ABC


.
2

2

uuuur uur

n ABC .n α 4 22
3 2 4 22 4
cos ( ( ABC ) , ( α ) ) = uuuur uur =
.
=
33 ⇒ S∆ A′B′C′ = S∆ ABC .cos ( ( ABC ) , ( α ) ) =
n ABC n α
2 33
11 .

⇒ S∆ A′B′C ′D′ = 2S ∆ A′B′C ′ =

8
11 .

Câu 10. [2H3-4.1-3] (Chuyên Hưng Yên Lần 3) Trong không gian

B ( 0; −1;0 ) , C ( 0;0;1) , D ( 1; − 1;1) . Mặt cầu tiếp xúc 6

A.

π
3.

cho điểm

A ( 1;0;0 ) ,

ABCD

( ACD )

cạnh của tứ diện

cắt

S . Chọn mệnh đề đúng?

theo thiết diện có diện tích

S=

Oxyz ,

B.

S=

π
6.

S=

C.

π
4.

D.

S=

π
5.

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thế Quốc; Fb: Quốc Nguyễn
Chọn B
Nhận thấy

AB = AC = BC = DA = DB = DC = 2

Theo giả thiết giao tuyến của mặt cầu tiếp xúc
nội tiếp tam giác

Gọi

r

6

nên

cạnh của tứ diện với

( ACD )

là đường trịn

ACD .

là bán kính hình trịn nội tiếp tam giác

Khi đó diện tích tam giác đều ACD ,

S∆ ACD
2

ACD ,

p=

AC + CD + AD 3 2
=
2
2 .

AC 2 3
3 3 2
6
= pr ⇔
= pr ⇔
=
.r ⇔ r =
4
2
2
6 .

 6 π

S = π r = π .  ÷÷ =
Diện tích thiết diện
 6  6 (đvdt).
2

Cách 2:

ABCD là tứ diện đều cạnh 2 .


ABCD là tứ diện đều nên ( ACD ) cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn nội tiếm
∆ ACD . Suy ra tâm đường tròn này trùng với trọng tâm tam giác đều ACD và bán kính

Vì

r=

1 AC 3
6
=
3 2
6 .
2

 6 π
S = π r 2 = π .  ÷÷ =
Diện tích thiết diện
 6  6 (đvdt).