Bai toan van dung cao Chu de 7 TOA DO TRONG KHONG GIAN OXYZ Co loi giai file word

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.07 MB, 52 trang )

(1)PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10) Chủ đề 7. TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ C}u 1:. (SGD VĨNH PHÚC) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A (1;2; 0) , B (3; 4;1), D (- 1; 3;2). Tìm tọa độ điểm C sao cho ABCD l{ hình thang có hai cạnh đ|y AB , CD v{ có. góc C bằng 45°. A. C (5;9;5) .. B. C (1;5; 3) .. C. C (- 3;1;1) .. D. C (3;7; 4) .. Hướng dẫn giải Chọn D. uuur C|ch 1. AB = (2;2;1) .. íï x = - 1 + 2t ïï Đường thẳng CD có phương trình l{ CD : ïì y = 3 + 2t . ïï ïï z = 2 + t î uuur uuur Suy ra C (- 1 + 2t; 3 + 2t;2 + t ); CB = (4 - 2t;1 - 2t; - 1 - t), CD = (- 2t; - 2t; - t) .. · Ta có cos BCD =. (4 - 2t)(- 2t) + (1 - 2t)(- 2t) + (- 1 - t)(- t) (4 - 2t)2 + (1 - 2t)2 + (- 1 - t)2 (- 2t)2 + (- 2t) 2 + (- t) 2. (4 - 2t)(- 2t) + (1 - 2t)(- 2t) + (- 1 - t)(- t). Hay. 2. 2. (4 - 2t) + (1 - 2t) + (- 1 - t). 2. 2. 2. (- 2t) + (- 2t) + (- t). = 2. 2 (1). 2. Lần lượt thay t bằng 3;1; - 1;2 (tham số t tương ứng với toạ độ điểm C ở c|c phương |n A, B, C, D), ta thấy t = 2 thoả (1). C|ch 2. uuur uuur Ta có AB = (2;2;1), AD = (- 2;1;2) . uuur uuur Suy ra AB ^ CD v{ AB = AD . Theo uuur uuur giả thiết, suy ra DC = 2AB . Kí hiệu ta có C(a; b; c) , uuur DC = (a + 1; b - 3; c - 2) , uuur 2AB = (4; 4;2) . Từ đó C(3;7; 4) .. A. D. B. C.

(2) C}u 2:. íï x = t ïï 1 ï (SGD VĨNH PHÚC) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba đường thẳng d 1 : ì y = 0 , ïï ïï z = 0 î íï x = 1 íï x = 1 ïï ïï d 2 : ïì y = t 2 , d 3 : ïì y = 0 . Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm H (3;2;1) v{ cắt ba đường ïï ïï ïï z = 0 ïï z = t 3 î î thẳng d 1 , d 2 , d 3 lần lượt tại A , B , C sao cho H l{ trực t}m tam gi|c ABC . A. 2x + 2y + z - 11 = 0 .. B. x + y + z - 6 = 0 . C. 2x + 2y - z - 9 = 0 .. D.. 3x + 2y + z - 14 = 0 .. Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi A (a; 0; 0) , B (1; b; 0), C (1; 0; c). uuur uuur uuur uuur AB = (1 - a; b; 0), BC = (0; - b; c), CH = (2;2;1 - c), AH = (3 - a;2;1) . Yêu cầu b{i to|n íï éuuur uuur ù uuur ïï êAB, BC ú.CH = 0 ïï ëuuur uuur û ïì AB.CH = 0 Û ïï uuur uuur ïï BC.AH = 0 ïï î Nếu b = 0 suy ra A º. íï 2bc + 2c (a - 1) + (1 - c)b (a - 1) = 0 ïï ïa = b + 1 Þ 9b 2 - 2b 3 = 0 Û ì ïï ï c = 2b îï. éb = 0 ê ê êb = 9 êë 2. B (loại). æ11 ö æ 9 ÷ ö 9 çç1; ; 0÷, C (1; 0;9). Suy ra phương trình mặt phẳng (ABC ) l{ ÷ B Nếu b = , tọa độ A ççç ; 0; 0÷ , ÷ ÷ ÷ 2 è2 ø çè 2 ÷ ø. 2x + 2y + z - 11 = 0 .. C}u 3:. (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxy , cho hình hộp chữ nhật ABCD.A¢B¢C¢D¢ có A trùng với gốc tọa độ O , c|c đỉnh B(m; 0; 0) , D(0; m; 0) , A ¢(0; 0; n) với m, n > 0 v{ m + n = 4 . Gọi M l{ trung điểm của cạnh CC ¢. Khi đó thể tích tứ diện BDA¢M đạt gi| trị lớn nhất bằng 245 64 75 9 A. . B. . C. . D. . 27 32 108 4 Hướng dẫn giải. z A'. æ nö ÷ Tọa độ điểm C(m; m; 0), C ¢(m; m;; n), M çççm; m; ÷ è ø 2÷. B'. D' C' n. uuur uuur uuur BA ¢= (- m; 0; n ), BD = (- m; m; 0), BM =. æ ö çç0; m; n ÷ ÷ çè ø 2÷. A O. D. uuur uuur é ¢ ù ( 2 êëBA , BDú û= - mn; - mn; - m ). B. m. x. m. y. C.

(3) VBDA ¢M. 1 éuuur uuur ù uuur m 2n ¢ = êëBA , BDú û.BM = 6 4 3. æm + m + 2n ö 512 256 ÷ ÷ = Þ m 2n £ Ta có m.m.(2n) £ ççç ÷ è ø 3 27 27 Þ VBDA ¢M £. 64 27. Chọn đ|p |n: C C}u 4:. (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hai mặt phẳng 4x - 4y + 2z - 7 = 0 v{ 2x - 2y + z + 1 = 0 chứa hai mặt của hình lập phương. Thể tích khối lập phương đó l{ A. V =. 27 8. 81 3 8 .. B. . V =. C. V . 9 3 2. D. V . 64 27. Hướng dẫn giải Theo b{i ra hai mặt phẳng 4 x  4 y  2 z  7  0 v{ 2 x  2 y  z  1  0 chứa hai mặt của hình lập phương. M{ hai mặt phẳng ( P) : 4 x  4 y  2 z  7  0 v{ (Q) : 2 x  2 y  z  1  0 song song với nhau nên khoảng c|ch giữa hai mặt phẳng sẽ bằng cạnh của hình lập phương. Ta có M (0;0; 1)  (Q) nên d ((Q), ( P))  d (M , ( P)) . 2  7. . 42  (4)2  22. 3 2. 2 2 2 8 Vậy thể tích khối lập phương l{: V  . .  . 3 3 3 27. C}u 5:. (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho x  t  6  điểm A(2;3;0), B(0;  2;0), M  ;  2; 2  v{ đường thẳng d :  y  0 . Điểm C thuộc d sao 5  z  2  t  cho chu vi tam gi|c ABC l{ nhỏ nhấ thì độ d{i CM bằng 2 6 A. 2 3. B. 4. C. 2. D. . 5. Hướng dẫn giải Do AB có độ d{i không đổi nên chu vi tam gi|c ABC nhỏ nhất khi AC  CB nhỏ nhất. Vì C  d  C  t;0; 2  t   AC .  AC  CB . . 2t  2 2. . 2. . 9 . 2t  2 2. . . 2t  2. 2. .  9, BC  2.  4.. . 2t  2. . 2. 4.

(4) r Đặt u . . . . . . . r r r r r 2t  2 2;3 , v   2t  2;2 |pdụngbấtđẳngthức u  v  u  v. 2t  2 2. . 2. 9 . . 2t  2. . 2. . 4 . 2 2 2. . 2.  25. Dấubằngxảyrakhiv{chỉ. 2t  2 2 3 7 3 7 3 6 7    t   C  ;0;   CM      2   2    2. 5 5  2t  2 2 5 5 5 5  2. khi. Chọn C.. 2. Đăng ký mua file word trọn bộ chuyên đề khối 10,11,12: HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”. Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851 C}u 6:. (T.T DIỆU HIỀN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A 1;1;1 , B  0;1; 2  ,. C  2;0;1.  P  : x  y  z  1  0 . Tìm điểm. nhỏ nhất.  1 5 3 A. N   ; ;  .  2 4 4. B. N  3;5;1 .. N   P  sao cho S  2 NA2  NB2  NC 2 đạt gi| trị C. N  2;0;1 .. 3 1  D. N  ;  ; 2  . 2 2 . Hướng dẫn giải Chọn A. 1 3   3 5 Gọi I l{ trung điểm BC v{ J l{ trung điểm AI . Do đó I  1; ;  v{ J  0; ;  . 2 2   4 4 1 1 Khi đó S  2 NA2  2 NI 2  BC 2  4 NJ 2  IJ 2  BC 2 . 2 2. Do đó S nhỏ nhất khi NJ nhỏ nhất. Suy ra J l{ hình chiếu của N trên  P  .  x  t  3  Phương trình đường thẳng NJ :  y   t . 4  5   z  4  t.

(5) x  y  z 1  0  1 x  t x   2   5   3 Tọa độ điểm J l{ nghiệm của hệ:  y   t  y  4 4   3   5 z   t z  4   4 C}u 7:. (LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng  x2 x 1 x 1 y z 1   d1 :  y  1, t  ¡ ; d 2 :  y  u , u  ¡ ;  :   . Viết phương trình mặt cầu tiếp xúc 1 1 1 z  1 u z  t   với cả d1 , d 2 v{ có t}m thuộc đường thẳng  ? 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 1  1  1 5  B.  x     y     z    . 2  2  2 2 . A.  x  1  y   z  1  1. 2. 2. 5  1  5 9  D.  x     y     z    . 4  4  4  16 . 3  1  3 1  C.  x     y     z    . 2  2  2 2 . Hướng dẫn giải Chọn A. uur Đường thẳng d1 đi qua điểm M1 1;1;0  v{ có véc tơ chỉ phương ud1   0;0;1 .. uur Đường thẳng d 2 đi qua điểm M 2  2;0;1 v{ có véc tơ chỉ phương ud2   0;1;1 .. Gọi I l{ t}m của mặt cầu. Vì I   nên ta tham số hóa I 1  t; t;1  t  , từ đó uuuur IM1   t;1  t; 1  t  ,. uuuur IM 2  1  t; t; t  .. Theo giả thiết ta có d  I ; d1   d  I ; d 2  , tương đương với uuuur uur  IM1 ; ud  1    uur ud1. uuuur uur  IM 2 ; ud  2    uur ud 2. 1  t . 2.  t2. 1. 2 1  t . . 2. 2. t 0. Suy ra I 1;0;1 v{ b|n kính mặt cầu l{ R  d  I ; d1   1 . Phương trình mặt cầu cần tìm l{.  x  1 C}u 8:. 2.  y 2   z  1  1 . 2. (LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1;0; 2  ; B  0; 1; 2  v{ mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  12  0. Tìm tọa độ điểm M thuộc  P  sao cho MA  MB nhỏ nhất? A. M  2; 2;9  . C. M  ; ; 6 6 4. 7 7 31  . . B. M   ;  ;  .  11 11 11   2 11 18  D. M   ;  ;  .  5 5 5 6. Hướng dẫn giải. 18 25.

(6) Chọn D. Thay tọa độ A 1;0; 2  ; B  0; 1; 2  v{o phương trình mặt phẳng  P  , ta được P  A  P  B   0  hai điểm A, B cùng phía với đối với mặt phẳng  P  . B. Gọi A l{ điểm đối xứng của A qua  P  . Ta có MA  MB  MA  MB  AB . Nên min  MA  MB   AB khi v{ chỉ khi M l{ giao điểm của. A. AB với  P  . x  1 t Phương trình AA :  y  2t ( AA đi qua A 1;0; 2  v{ có  z  2  2t  uuur véctơ chỉ phương n P   1; 2; 1 ).. M. H P. A'. Gọi H l{ giao điểm của AA trên  P  , suy ra tọa độ của H l{ H  0; 2; 4  , suy ra A  1; 4;6  , x  t  nên phương trình AB :  y  1  3t .  z  2  4t  2 11 18 Vì M l{ giao điểm của AB với  P  nên ta tính được tọa độ M   ;  ;  . 5 5  5. C}u 9:. (LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x y 1 z  2 v{ mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  4  0. Phương trình đường thẳng d nằm :   1 1 1 trong  P  sao cho d cắt v{ vuông góc với đường thẳng  l{  x  3  t  A. d :  y  1  2t  t  ¡  .  z  1 t   x  2  4t C. d :  y  1  3t  t  ¡  .  z  4t .  x  3t  B. d :  y  2  t  t  ¡  .  z  2  2t   x  1  t  D. d :  y  3  3t  t  ¡  .  z  3  2t . Hướng dẫn giải Chọn C. uuur r Vectơ chỉ phương của  : u  1;1; 1 , vectơ ph|p tuyến của  P  l{ n P   1; 2; 2  . r r r r r   d   u d  u  Vì   r r  u d  u  ; n P     4; 3;1 .  d   P   u d  n P . x  t  y  1 t  Tọa độ giao điểm H     P  l{ nghiệm của hệ   t  2  H  2; 1; 4  . z  2  t  x  2 y  2z  4  0. Lại có  d ;     P   d , m{ H     P  . Suy ra H  d ..

(7) r. Vậy đường thẳng d đi qua H  2; 1; 4  v{ có VTCP u d   4; 3;1 nên có phương trình  x  2  4t  d :  y  1  3t  t  ¡  .  z  4t . C}u 10:. (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Trong không gian cho điểm M (1; 3;2) .Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua M v{ cắt c|c trục tọa độ tại A, B, C m{ OA  OB  OC  0 A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Hướng dẫn giải Chọn C. Giả sử mặt phẳng ( ) cần tìm cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(a,0,0), B(0, b,0),C(0,0c)(a, b,c  0) ( ) :. 1 3 2 x y z    1 ; ( ) qua M (1; 3; 2) nên: ( ) :    1(*) a b c a b c.  a  b  c(1)  a  b  c(2) OA  OB  OC  0  a  b  c  0    a  b  c(3)   a  b  c(4) Thay (1) v{o (*) ta có phương trình vô nghiệm Thay (2),(3),(4) v{o (*) ta được tương ứng a  4, a  6, a . 3 4. Vậy có 3 mặt phẳng. C}u 11:. (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm E(8;1;1) .Viết phương trình mặt phẳng ( ) qua E v{ cắt nửa trục dương Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho OG nhỏ nhất với G l{ trọng t}m tam gi|c ABC . A. x  y  2 z  11  0 . B. 8x  y  z  66=0 . D. x  2 y  2 z  12  0 .. C. 2 x  y  z  18  0 .. Hướng dẫn giải Chọn D. C|ch 1 : Với đ|p |n A: A(11;0;0); B(0;11;0);C(0;0; Với đ|p |n B: A(. 11 11 11 11 121 )  G( ; ; )  OG 2  2 3 3 6 4. 33 11 15609 ;0;0); B(0;66;0);C(0;0;66)  G( ; 22; 22) OG 2  4 4 16. Với đ|p |n C: A(9;0;0); B(0;18;0);C(0;0;18)  G(3;. 18 18 ; ) OG 2  81 3 3.

(8) Với đ|p |n D: A(12;0;0);B(0;6;0);C(0;0;6)  G(4;2;2) OG2  24 C|ch 2 : 8 1 1 Gọi A  a;0;0 , B  0; b;0 , C  0;0; c  với a, b, c  0 . Theo đề b{i ta có :    1 . Cần tìm gi| trị a b c. nhỏ nhất của a 2  b2  c 2 . Ta có  a 2  b2  c2   4  1  1   a.2  b.1  c.1  6.  a 2  b2  c 2    2a  b  c  2. 2. Mặt kh|c. a. 2.  b 2  c 2   4  1  1   a.2  b.1  c.1 8 1 1   2a  b  c      a b c   4  1  1  36 2. a2 Suy ra a  b  c  6 . Dấu ''  '' xảy ra khi  b2  c 2  a  2b  2c. 4 2. 2. 2. 3. Vậy a 2  b2  c2 đạt gi| trị nhỏ nhất bằng 216 khi a  12, b  c  6 . Vậy phương trình mặt phẳng l{ : C}u 12:. x y z    1 hay x  2 y  2 z  12  0 . 12 6 6. (CHUYÊN PHAN BỘI CH]U) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x2 y z 2 2 2 v{ mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  1  2 . Hai mặt phẳng  P  d:   2 1 4 v{  Q  chứa d v{ tiếp xúc với  S  . Gọi M , N l{ tiếp điểm. Tính độ d{i đoạn thẳng MN . 4 A. 2 2. B. C. 6. D. 4. . 3 Chọn B .. Hướng dẫn giải. Mặt cầu  S  có t}m I 1;2;1 , R  2 r Đường thẳng d nhận u   2; 1;4 l{m vectơ chỉ phương Gọi H l{ hình chiếu của I lên đường thẳng d . H  d  H  2t  2; t;4t  Lại có : uuur r IH .u  0   2t  1; t  2;4t  1. 2; 1;4   0.  2  2t  1  t  2  4  4t  1  0  t  0 Suy ra tọa độ điểm H  2;0;0  ..

(9) Vậy IH  1  4  1  6 Suy ra: HM  6  2  2 Gọi K l{ hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng HI . 1 1 1 1 1 3 Suy ra:      . 2 2 2 MK MH MI 4 2 4. Đăng ký mua file word trọn bộ. chuyên đề khối 10,11,12: HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”. Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851 Suy ra: MK  C}u 13:. 2 4 .  MN  3 3. (CHUYÊN PHAN BỘI CH]U) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M 1;2;1 . Mặt phẳng  P  thay đổi đi qua M lần lượt cắt c|c tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C kh|c O . Tính gi| trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện OABC . A. 54. B. 6.. C. 9.. D. 18.. Hướng dẫn giải Chọn C. Gọi A  a;0;0 , B  0; b;0 , C  0,0, c  với a, b, c  0 . Phương trình mặt phẳng  P  : Vì : M   P  . x y z   1 . a b c. 1 2 1   1 . a b c. 1 Thể tích khối tứ diện OABC l{ : VOABC  abc 6. \p dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :. 1 2 1 12 1    33 . a b c ab c. 2 54 1 abc abc 1 Suy ra : abc  54  abc  9 6 Vậy : VOABC  9 . Hay 1  3 3. C}u 14:. x  2  t  x  2  2t    (THTT – 477) Cho hai đường thẳng d1 :  y  1  t v{ d 2 :  y  3 . Mặt phẳng c|ch đều  z  2t  z  t  . hai đường thẳng d1 v{ d 2 có phương trình l{.

(10) A. x  5 y  2 z  12  0.. B. x  5 y  2 z  12  0.. C. x  5 y  2 z  12  0.. D. x  5 y  2 z  12  0.. A. Hướng dẫn giải Chọn D.. M P. B. r d1 qua A  2;1;0  v{ có VTCP l{ u1  1; 1;2  ; r d2 qua B  2;3;0  v{ có VTCP l{ u2   2;0;1 . uuur r r uuur r r Có u1, u2    1; 5; 2  ; AB   0;2;0  , suy ra u1, u2 .AB  10 , nên d1 ; d2 l{ chéo nhau.. Vậy mặt phẳng  P  c|ch đều hai đường thẳng d1 , d2 l{ đường thẳng song song với d1 , d2 v{ đi qua trung điểm I  2;2;0  của đoạn thẳng AB . Vậy phương trình mặt phẳng  P  cần lập l{: x  5y  2z  12  0 . C}u 15:. (THTT – 477) Cho hai điểm A  3;3;1 , B  0;2;1 v{ mặt phẳng   : x  y  z  7  0 . Đường thẳng d nằm trên   sao cho mọi điểm của d c|ch đều 2 điểm A, B có phương trình l{ x  t  A.  y  7  3t .  z  2t . x  t  B.  y  7  3t .  z  2t .  x  t  C.  y  7  3t .  z  2t .  x  2t  D.  y  7  3t . z  t . Hướng dẫn giải Chọn A. Mọi điểm trên d c|ch đều hai điểm A, B nên d nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn AB . uuur 3 5  Có AB   3; 1;0  v{ trung điểm AB l{ I  ; ;1  nên mặt phẳng trung trực của AB l{: 2 2  3  5  3  x     y    0  3 x  y  7  0 . 2  2  3 x  y  7  0 y  7  3x  Mặt kh|c d    nên d l{ giao tuyến của hai mặt phẳng:  . x  y  z  7  0 z  2 x x  t  Vậy phương trình d :  y  7  3t  t  ¡  z  2t . C}u 16:. .. (SỞ GD H[ NỘI) Trong không gian Oxyz, cho c|c điểm A 1;0;0  , B  2;0;3 , M  0;0;1 v{ N  0;3;1 . Mặt phẳng  P  đi qua c|c điểm M , N sao cho khoảng c|ch từ điểm B đến  P  gấp hai lần khoảng c|ch từ điểm A đến  P  . Có bao mặt phẳng  P  thỏa m~n đầu b{i ? A. Có vô số mặt phẳng  P  .. B. Chỉ có một mặt phẳng  P  .. C. Không có mặt phẳng  P  n{o.. D. Có hai mặt phẳng  P  . Hướng dẫn giải. Chọn A..

(11) Giả sử  P  có phương trình l{: ax  by  cz  d  0  a 2  b2  c 2  0  Vì M   P   c  d  0  d  c. Vì N   P   3b  c  d  0 hay b  0 vì c  d  0..   P  : ax  cz  c  0. Theo b{i ra: d  B,  P    2d  A,  P   . 2a  3c  c a2  c2. 2. ac a2  c2.  ca  ac. Vậy có vô số mặt phẳng  P  . C}u 17:. 1 3  (SỞ GD H[ NỘI) Trong không gian Oxyz , cho điểm M  ; v{ mặt cầu  2 2 ;0     S  : x2  y 2  z 2  8 . Đường thẳng d thay đổi, đi qua điểm M , cắt mặt cầu  S  tại hai điểm A, B ph}n biệt. Tính diện tích lớn nhất S của tam gi|c OAB .. A. S  7.. B. S  4.. C. S  2 7.. D. S  2 2.. Hướng dẫn giải Chọn A. C|ch 1: Mặt cầu  S  có t}m O  0;0;0  v{ b|n kính R  2 2 . 2. 2 1  3 Có OM        1 nên M nằm trong mặt cầu  2   2 . Khi đó diện tích AOB lớn nhất khi OM ⊥ AB. Khi đó AB  2 R2  OM 2  2 7 v{ 1 S AOB  OM . AB  7 2 C|ch 2: gọi H l{ hình chiếu của O xuống đường thẳng d, đặt OH  x  0  x  1 Khi đó 1 AB  2 R2  OH 2  2 8  x 2 v{ S AOB  OH . AB  x 8  x 2 . 2. Khảo s|t h{m số. f  x  x 8  x2 trên  0;1 thu được gi| trị lớn nhất của h{m số l{ 7 Đạt. được tại x  1 C}u 18:. (BẮC YÊN TH[NH) Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua điểm M (1;9; 4) v{ cắt c|c trục tọa độ tại c|c điểm A , B , C (kh|c gốc tọa độ) sao cho OA  OB  OC . A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Hướng dẫn giải Chọn D..

(12) Giả sử mặt phẳng ( ) cắt c|c trục tọa độ tại c|c điểm kh|c gốc tọa độ l{ A(a;0;0), B(0; b;0), C (0;0; c) với a, b, c  0.. Phương trình mặt phẳng ( ) có dạng. x y z    1. a b c. Mặt phẳng ( ) đi qua điểm M (1;9;4) nên. 1 9 4    1 (1). a b c. Vì OA  OB  OC nên a  b  c , do đó xảy ra 4 trường hợp sau: +) TH1: a  b  c. Từ (1) suy ra. 1 9 4    1  a  14, nên phương trình mp ( ) l{ x  y  z  14  0. a a a. +) TH2: a  b  c. Từ (1) suy ra. 1 9 4    1  a  6, nên pt mp ( ) l{ x  y  z  6  0. a a a. +) TH3: a  b  c. Từ (1) suy ra. 1 9 4    1  a  4, nên pt mp ( ) l{ x  y  z  4  0. a a a. +) TH4: a  b  c. Từ (1) có. 1 9 4    1  a  12, nên pt mp ( ) l{ x  y  z  12  0. a a a. Vậy có 4 mặt phẳng thỏa m~n. C}u 19:. (BIÊN. HÒA. –. H[. NAM). Trong. không. gian. với. hệ. tọa. độ. Oxyz ,. cho. A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a, b, c dương. Biết A, B, C di động trên c|c tia Ox, Oy, Oz sao cho a  b  c  2 . Biết rằng khi a, b, c thay đổi thì quỹ tích t}m hình cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng  P  cố định. Tính khoảng c|ch từ M  2016;0;0  tới mặt phẳng  P  .. A. 2017 .. B.. 2014 . 3. C.. 2016 . 3. Hướng dẫn giải Chọn D. Gọi   l{ mặt phẳng trung trực của đoạn OA uuur a     đi qua điểm D  ;0;0  v{ có VTPT OA   a;0;0   a 1;0;0  2  a    : x   0 . 2 Gọi    l{ mặt phẳng trung trực của đoạn OB uuur  a      đi qua điểm E  0; ;0  v{ có VTPT OB   0; a;0   a  0;1;0   2  a    : y   0 . 2 Gọi    l{ mặt phẳng trung trực của đoạn OC. D.. 2015 . 3.

(13) uuur a     đi qua điểm F  0;0;  v{ có VTPT OC   0;0; a   a  0;0;1 2  a    : z   0 . 2. Đăng ký mua file word trọn bộ chuyên đề khối 10,11,12: HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ. Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”. Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851 a a a Gọi I l{ t}m mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC  I            I  ; ;  . 2 2 2 a b c M{ theo giả thiết, a  b  c  2     1  I   P  : x  y  z  1 . 2 2 2 2016  1 2015  Vậy, d  M ,  P    . 3 3. C}u 20:. (SỞ. BÌNH. PHƯỚC). Trong. không. gian. với. hệ. tọa độ Oxyz, cho điểm 1 2 3 A  a;0;0 , B  0; b;0 , C  0;0;c , trong đó a  0 , b  0 , c  0 v{    7. Biết mặt phẳng a b c 72 2 2 2  ABC  tiếp xúc với mặt cầu  S  :  x  1   y  2   z  3  . Thể tích của khối tứ diện 7 OABC l{ 1 3 5 2 A. . B. . C. . D. . 9 6 6 8 Hướng dẫn giải Chọn A. x y z C|ch 1: Ta có  ABC  :    1. a b c. Mặt cầu  S  có t}m I 1; 2;3 v{ b|n kính R . 72 . 7. 1 2 3   1 72 a b c Mặt phẳng  ABC  tiếp xúc với  S   d  I ;  ABC    R   . 7 1 1 1   a 2 b2 c2. M{. 1 2 3 1 1 1 7   7 2  2  2  . a b c a b c 2.

(14) \p dụng BĐT Bunhiacopski ta có 2. 12  22  32   a12  b12  c12    1a  b2  3c   72  a12  b12  c12  72 . 1 2 3 1  1  1 2 1 2  Dấu "  " xảy ra   a b c  a  2, b  1, c  , khi đó VOABC  abc  . 3 6 9 1 2 3    7  a b c. 72 x y z C|ch 2: Ta có  ABC  :    1, mặt cầu  S  có t}m I (1; 2;3), R  . 7 a b c 1 2 3   1 72 a b c Ta có  ABC  tiếp xúc với mặt cầu  S   d  I , ( P)   R   7 1 1 1  2 2 2 a b c . 7 1 1 1 1   a 2 b2 c2. . 72 1 1 1 7 1 1 1 7  2  2  2   2  2  2  7 7 a b c 2 a b c 2.  a  2 2 2 2  1 1 1 1 2 3 7 1 1 1 1 3        2  2  2            1      0  b  1 a b c a b c 2 a 2 b  c 2  2 c  3  1 2  VOABC  abc  . 6 9. C|ch 3: Giống C|ch 2 khi đến. 1 1 1 7    . a 2 b2 c 2 2. Đến đ}y ta có thể tìm a, b, c bằng bất đẳng thức như sau: 2. 2. 1 1 1 1 1 7  1 2 3  1  1 1 1 Ta có 7       1.  2.  3.   12  22  32   2  2  2   2  2  2  b c 2 a b c  a a b c  a b c 2. 1 1 1 1 2 3 1 1 1 7 M{ 2  2  2   Dấu “=” của BĐT xảy ra a  b  c , kết hợp với giả thiết    7 a b c a b c 2 1 2 3 2 1 2 ta được a  2 , b  1 , c  . Vậy: VOABC  abc  . 3 6 9.

(15)  a  2  1 2 Ta có  b  1  VOABC  abc  . 6 9  2 c  3  C|ch 4: Mặt cầu  S  có t}m I 1; 2;3 v{ b|n kính R . 72 . 7. x y z Phương trình mặt phẳng ( ABC ) :    1 . a b c 1 2 3 1 2 3 1 2 3 Ta có:    7  7  7  7  1 nên M  ; ;    ABC  a b c a b c 7 7 7. 1 2 3 Thay tọa độ M  ; ;  v{o phương trình mặt cầu ( S ) ta thấy đúng nên M  (S ) . 7 7 7. Suy ra: ( ABC ) tiếp xúc với ( S ) thì M l{ tiếp điểm. uuur  6 12 18  r 1 2 3 Do đó: ( ABC ) qua M  ; ;  , có VTPT l{ MI   ; ;   n  1;2;3 7 7 7 7 7 7  ( ABC ) có phương trình: x  2 y  3z  2  0 . 2 x y z   1 a  2 , b 1, c  . 3 2 1 2 3. 1 2 Vậy V  abc  6 9 C}u 21:. (LƯƠNG T]M) Phương trình của mặt phẳng n{o sau đ}y đi qua điểm M 1; 2;3 v{ cắt ba tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B , C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất? A. 6 x  3 y  2 z  18  0 . B. 6 x  3 y  3z  21  0 . D. 6 x  3 y  2 z  18  0 .. C. 6 x  3 y  3z  21  0 .. Hướng dẫn giải Giả sử A(a;0;0), B(0; b;0), C(0;0; c) (a, b, c  0) (ABC):. x y z   1 a b c. (1). 1 2 3    1. a b c 1 Thể tích tứ diện OABC: V  abc 6. M(1;2;3) thuộc (ABC):. \p dụng BDT Côsi ta có: 1 . 1 2 3 6 27.6 1    33 1  abc  27  V  27 a b c abc abc 6.

(16) a  3 1 2 3 1  Ta có: V đạt gi| trị nhỏ nhất  V  27      b  6 a b c 3 c  9 . Đăng ký mua file word trọn bộ chuyên đề khối 10,11,12:. Vậy (ABC): 6 x  3 y  2 z  18  0 . Chọn (D). HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”. Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851 C}u 22:. (PHAN ĐÌNH PHÙNG – HN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng.  P  : 3x  y  z  5  0 v{ hai điểm A 1;0;2  , B  2; 1; 4 . Tìm tập hợp c|c điểm trên mặt phẳng  P  sao cho tam gi|c MAB có diện tích nhỏ nhất. x  7 y  4z  7  0 . A.  3x  y  z  5  0 x  7 y  4z  7  0 . C.  3x  y  z  5  0. M  x; y; z  nằm.  x  7 y  4 z  14  0 . B.  3x  y  z  5  0 3x  7 y  4 z  5  0 . D.  3x  y  z  5  0. Hướng dẫn giải Chọn C. Ta thấy hai điểm A, B nằm cùng 1 phía với mặt phẳng  P  v{ AB song song với  P  . Điểm. M   P  sao cho tam gi|c ABM có diện tích nhỏ nhất AB.d ( M ; AB) nhỏ nhất  d  M ; AB  nhỏ nhất, hay M    P    Q  ,  Q  l{ mặt  SABC  2 phẳng đi qua AB v{ vuông góc với  P  . uuur uuur Ta có AB  1; 1; 2  , vtpt của  P  n P    3;1; 1 uuur uuur uuur Suy ra vtpt của  Q  : nQ   AB, n P    1;7;4  PTTQ  Q  : 1 x  1  7 y  4  z  2   0  x  7 y  4z  7  0 x  7 y  4z  7  0 . Quỹ tích M l{  3x  y  z  5  0. C}u 23:. (CHUYÊN ĐH VINH) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M  2; 2;1 , r x 1 y  5 z A 1; 2; 3 v{ đường thẳng d : . Tìm véctơ chỉ phương u của đường thẳng    2 2 1 đi qua M , vuông góc với đường thẳng d đồng thời c|ch điểm A một khoảng bé nhất. r r r r A. u   2;1;6  . B. u  1;0; 2  . C. u   3; 4; 4  . D. u   2; 2; 1 ..

(17) Hướng dẫn giải Đ|p |n: B. Gọi.  P. l{ mặt phẳng qua M v{ vuông góc với d .. Phương trình của  P  : 2 x  2 y  z  9  0 .. d A. Gọi H ,K lần lượt l{ hình chiếu vuông góc của A trên.  , P  . Ta có K  3; 2; 1. K. H M. P. d( A,  )  AH  AK. Vậy khoảng c|ch từ A đến  bé nhất khi  đi qua r M ,K .  có véctơ chỉ phương u  1;0; 2  C}u 24:. (MINH HỌA L2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xét c|c điểm A  0;0;1 , B  m;0;0 ,. C  0; n;0 , D 1;1;1 với m  0; n  0 v{ m  n  1. Biết rằng khi m , n thay đổi, tồn tại một mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng  ABC  v{ đi qua d . Tính b|n kính R của mặt cầu đó? A. R  1 .. B. R . 2 . 2. C. R . 3 . 2. D. R . 3 . 2. Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi I 1;1;0  l{ hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng (Oxy) x y   z 1 m n Suy ra phương trình tổng qu|t của ( ABC ) l{ nx  my  mnz  mn  0 1  mn  1 (vì m  n  1 ) v{ ID  1  d ( I ;  ABC   . Mặt kh|c d  I ;  ABC    m2  n 2  m2 n 2 Nên tồn tại mặt cầu t}m I (l{ hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng Oxy ) tiếp xúc với ( ABC ) v{ đi qua D . Khi đó R  1 .. Ta có: Phương trình theo đoạn chắn của mặt phẳng ( ABC ) l{:. C}u 25:. Cho ba điểm A (3;1;0), B (0; - 1;0), C (0;0; - 6). Nếu tam gi|c A ¢B ¢C ¢ thỏa m~n hệ thức uuur uuur uuur r A ¢A + B ¢B + C ¢C = 0 thì có tọa độ trọng t}m l{: A. (1; 0; - 2). B. (2; - 3; 0). C. (3; - 2; 0). D. (3; - 2;1). Hướng dẫn giải Đ|p |n A * C|ch diễn đạt thứ nhất: Gọi G, G’ theo thứ tự lần lượt l{ trọng t}m tam gi|c ABC, A’B’C’. Với mọi điểm T trong không gian có: uuuur uuuur uuuur r uur uuur uuur uuur uuur uuuur r 1 : A ' A + B ' B + C ' C = 0 Û T A T A ' + T B T B ' + T C T C ' = 0 (). (. ) (. ) (. ).

(18) uur uuur uuur uuur uuur uuuur Û TA + TB + TC = TA ' + TB ' + TC '. (2). uur uuur uuur r Hệ thức (2) chứng tỏ . Nếu T º G tức l{ T A + T B + T C = 0 thì ta cũng có uuur uuur uuuur r T A ' + T B ' + T C ' = 0 hay T º G ' hay (1) l{ hệ thức cần v{ đủ để hai tam gi|c ABC, A’B’C’ có cùng trọng t}m. æ3 + 0 + 0 1 - 1 + 0 0 + 0 - 6 ÷ ö ÷ ; ; = (1; 0; - 2) Ta có tọa độ của G l{: G = ççç ÷ ÷ 3 3 3 è ø Đó cũng l{ tọa độ trọng t}m G’ của D A ' B 'C ' * C|ch diễn đạt thứ hai: uuur uuuur uuuur r Ta có: A A ' + BB ' + CC ' = 0 (1) uuuuur uuuur uuur uuuuur uuuur uuur uuuuur uuuur uuur r Û A 'G ' + G 'G + GA + B 'G ' + G 'G + GB + C 'G ' + G 'G + GC = 0. (. ) (. ) (. ). uuur uuur uuur uuuuur uuuuur uuuuur uuuur r Û GA + GB + GC + A 'G ' + B 'G ' + C 'G ' + 3G 'G = 0. (. ) (. ). (2). Nếu G, G’ theo thứ tự lần lượt l{ trọng t}m tam gi|c ABC, A’B’C’ nghĩa l{ uuur uuur uuur uuuuur uuuuur uuuuur uuuur r GA + GB + GC = A 'G ' + B 'G ' + C 'G ' thì (2) Û G 'G = 0 Û G ' º G Tóm lại (1) l{ hệ thức cần v{ đủ để hai tam gi|c ABC, A’B’C’ có cùng trọng t}m.. æ3 + 0 + 0 1 - 1 + 0 0 + 0 - 6 ÷ ö ÷ ; ; = (1; 0; - 2). Đó cũng l{ tọa độ trọng Ta có tọa độ của G l{: G = ççç ÷ ÷ 3 3 3 è ø t}m G’ của D A ' B 'C ' C}u 26:. (AN L^O)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 2; 1), B 1; 2;  3 v{ đường thẳng d :. r x 1 y  5 z   . Tìm vectơ chỉ phương u của đường thẳng  qua A, vuông 2 2 1. góc với d đồng thời c|ch điểm B một khoảng bé nhất. r r r A. u  (2;1;6) B. u  (2;2; 1) C. u  (25; 29; 6). r. D. u  (1;0;2). Hướng dẫn giải C|ch 1 (Tự luận) Gọi (P) l{ mặt phẳng qua A v{ vuông góc với d, B’ l{ hình chiếu của B lên (P). r. uuur. Khi đó đường thẳng  chính l{ đường thẳng AB’ v{ u  B'A.  Qua A(2; 2;1) uur uur  (P) : 2x  2y  z  9  0 VTPT n  u  (2;2;  1)  P d . Ta có  P  : .

(19)  x  1  2t  Gọi d’ l{ đường thẳng qua B v{ song song d’  d '  y  2  2t z  3  t . r. uuuur. B’ l{ giao điểm của d’ v{ (P)  B'(3; 2; 1)  u  B'A  (1;0;2)  Chọn D C|ch 2: Không cần viết phương trình mặt phẳng (P) qua A v{ vuông góc với d..  x  1  2t  Gọi d’ l{ đường thẳng qua B v{ song song d’  d '  y  2  2t z  3  t  uuuur. B’  d’  B'A   2t  3; 2t  4;t  4 . uur uuuur. r. uuuur. AB’  d  u d .B'A  0  t  2  u  B'A  (1;0;2)  Chọn D C}u 27:. (AN L^O)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :. x  2 y 1 z .   1 2 1. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d v{ cắt c|c trục Ox, Oy lần lượt tại A v{ B sao cho đường thẳng AB vuông góc với d. A.  P  : x  2 y  5 z  4  0. B.  P  : x  2 y  5z  5  0. C.  P  : x  2 y  z  4  0.. D.  P  : 2 x  y  3  0. Hướng dẫn giải. C|ch 1 (Tự luận). uur. Đường thẳng d qua M(2;1;0) v{ có VTCP ud  1;2; 1. uuur. uur r. Ta có: AB  d v{ AB  Oz nên AB có VTCP l{: u AB  ud , k    2; 1;0 . . . r. uur uuur. (P) chứa d v{ AB nên (P) đi qua M(2;1; 0), có VTPT l{: n  ud , u AB   1;2;5. .   P  : x  2 y  5z  4  0  Chọn A C|ch 2: Dùng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn. Đường thẳng d qua 2 điểm M(2;1;0) v{ N(3;3;-1) Giả sử mp(P) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c). x y z   P :    1 a b c uuur uur AB  d  AB.ud  0  a  2b (1). .

(20)  P  chứa d nên d cũng đi qua M, N . 2 1 3 3 1   1 (2) ,    1 (3) a b a b c. Đăng ký. mua file word trọn bộ chuyên đề khối 10,11,12: HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”. Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851 Từ (1), (2), (3)  a = 4, b = 2, c = C}u 28:. 4   P  : x  2 y  5z  4  0  Chọn A 5. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm M  3;0;0  , N  m, n,0  , P 0;0; p  . ·  600 , thể tích tứ diện OMNP bằng 3. Gi| trị của biểu thức Biết MN  13, MON. A  m  2n2  p 2 bằng A. 29.. B. 27.. C. 28.. D. 30.. Hướng dẫn giải uuuur uuur uuuur uuur OM   3;0;0  , ON   m; n;0   OM .ON  3m. uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur OM .ON 1 m 1 0 OM .ON  OM . ON cos 60  uuuur uuur    2 2 2 OM . ON 2 m n MN .  m  3. 2.  n2  13. Suy ra m  2; n  2 3 uuuur uuur uuur 1 OM , ON  .OP  6 3 p  V  6 3 p  3  p   3   6. Vậy A  2  2.12  3  29. C}u 29:. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình vuông ABCD , B(3;0;8) , D(5; 4;0) . Biết uuur uuur đỉnh A thuộc mặt phẳng ( Oxy ) v{ có tọa độ l{ những số nguyên, khi đó CA  CB bằng: A. 5 10.. B. 6 10.. C. 10 6.. D. 10 5.. Hướng dẫn giải Ta có trung điểm BD l{ I (1; 2; 4) , BD  12 v{ điểm A thuộc mặt phẳng (Oxy) nên A(a; b;0) ..

(21)  AB 2  AD 2 2 2 2 2 2  (a  3)  b  8  (a  5)  (b  4)  2 ABCD l{ hình vuông   1   (a  1)2  (b  2) 2  42  36 2    AI   BD  2  . 17  a   b  4  2a a  1   17 14  5   A(1; 2; 0) hoặc A  ; hoặc   ;0  (loại). 2 2  5 5  b  2 (a  1)  (6  2a)  20 b  14  5. Với A(1; 2;0)  C (3; 6;8) . C}u 30:. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho 4 điểm A(2; 4; 1) , B(1; 4; 1) , C (2; 4;3) D(2; 2; 1) . Biết M  x; y; z  , để MA2  MB2  MC 2  MD2 đạt gi| trị nhỏ nhất thì x  y  z bằng. A. 7.. B. 8.. C. 9.. D. 6.. Hướng dẫn giải  7 14  Gọi G l{ trọng t}m của ABCD ta có: G  ; ;0  . 3 3 . Ta có: MA2  MB2  MC 2  MD2  4MG2  GA2  GB2  GC 2  GD2  7 14   GA2  GB2  GC 2  GD2 . Dấu bằng xảy ra khi M  G  ; ;0   x  y  z  7 . 3 3 . C}u 31:. Cho hình chóp S. ABCD biết A  2;2;6 , B  3;1;8 , C  1;0;7 , D 1;2;3 . Gọi H l{ trung điểm của CD, SH   ABCD  . Để khối chóp S. ABCD có thể tích bằng điểm S1 , S2 thỏa m~n yêu cầu b{i to|n. Tìm tọa độ trung điểm I của SS 1 2 A. I  0; 1; 3 .. B. I 1;0;3. C. I  0;1;3 .. 27 (đvtt) thì có hai 2. D. I  1;0; 3 .. Hướng dẫn giải uuur uuur 1 uuur uuur 3 3 Ta có AB   1; 1; 2  , AC  1; 2;1  S ABC   AB, AC   2 2 uuur uuur uuur uuur 9 3 DC   2; 2; 4  , AB   1; 1; 2   DC  2. AB  ABCD l{ hình thang v{ S ABCD  3S ABC  2. 1 Vì VS . ABCD  SH .S ABCD  SH  3 3 3. Lại có H l{ trung điểm của CD  H  0;1;5 uuur uuur uuur uuur Gọi S  a; b; c   SH   a;1  b;5  c   SH  k  AB, AC   k  3;3;3   3k ;3k ;3k . Suy ra 3 3  9k 2  9k 2  9k 2  k  1 uuur +) Với k  1  SH   3;3;3  S  3; 2; 2.

(22) uuur +) Với k  1  SH   3; 3; 3  S  3; 4;8. Suy ra I  0;1;3 C}u 32:. x 1 y  6 z   . Phương trình mặt cầu có t}m I v{ 2 1 3 cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho tam gi|c diện tích tam gi|c IAB bằng 2 6015 l{:. Cho điểm I 1;7;5  v{ đường thẳng d :. A.  x  1   y  7    z  5  2018.. B.  x  1   y  7    z  5  2017.. C.  x  1   y  7    z  5  2016.. D.  x  1   y  7    z  5  2019.. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. Hướng dẫn giải Gọi H l{ hình chiếu của I 1;7;5 trên d  H  0;0; 4   IH  d  I ; d   2 3 2. SAIB. 2S IH . AB  AB    AB  AIB  8020  R 2  IH 2     2017 2 IH  2 . Vậy phương trình mặt cầu l{:  x  1   y  7    z  5  2017. 2. 2. 2. Lựa chọn đ|p |n B. C}u 33:.  x  1  t  Cho điểm I (0;0;3) v{ đường thẳng d :  y  2t . Phương trình mặt cầu (S) có t}m I v{ z  2  t . cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho tam gi|c IAB vuông l{: 8 3 2 2 A. x 2  y 2   z  3  . B. x 2  y 2   z  3  . 3 2 2 4 2 2 C. x 2  y 2   z  3  . D. x 2  y 2   z  3  . 3 3 Hướng dẫn giải  Gọi H  1  t;2t;2  t   d uuur  IH   1  t; 2t; 1  t . l{ hình chiếu vuông góc của I. lên đường thẳng d. uur  Ta có vectơ chỉ phương của d : ad  1; 2;1 v{ IH  d. uuur uur 1  2 2 7  IH .ad  0  1  t  4t  1  t  0  2  6t  0  t   H   ; ;  3  3 3 3 2. 2. 2. 2 3 2 2 2  IH           3 3 3 3  Vì tam gi|c IAB vuông tại I v{ IA  IB  R . Suy ra tam gi|c IAB vuông c}n tại I , do đó b|n kính: 2 2 3 2 6  2 IH  2.  2 3 3 8 2  Vậy phương trình mặt cầu  S  : x 2  y 2   z  3  . 3 Lựa chọn đ|p |n B. R  IA  AB cos 450  2 IH ..

(23) C}u 34:. Cho điểm A  2;5;1 v{ mặt phẳng ( P) : 6 x  3 y  2 z  24  0 , H l{ hình chiếu vuông góc của. A trên mặt phẳng  P  . Phương trình mặt cầu ( S ) có diện tích 784 v{ tiếp xúc với mặt phẳng.  P  tại H, sao cho điểm A nằm trong mặt cầu l{: 2 2 2 A.  x  8   y  8   z  1  196. 2 2 2 C.  x  16    y  4    z  7   196. Hướng dẫn giải. B.  x  8   y  8   z  1  196. 2. 2. 2. D.  x  16    y  4    z  7   196. 2. 2. 2. Đăng ký mua file word trọn bộ chuyên đề khối 10,11,12: HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”. Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851  x  2  6t   Gọi d l{ đường thẳng đi qua A v{ vuông góc với  P  . Suy ra d :  y  5  3t  z  1  2t .  Vì H l{ hình chiếu vuông góc của A trên  P  nên H  d  ( P) . Vì H  d nên H  2  6t;5  3t;1  2t  .  Mặt kh|c, H  ( P) nên ta có: 6  2  6t   3  5  3t   2 1  2t   24  0  t  1 Do đó, H  4; 2;3 .  Gọi I , R lần lượt l{ t}m v{ b|n kính mặt cầu. Theo giả thiết diện tích mặt cầu bằng 784 , suy ra 4 R2  784  R  14 . Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng  P  tại H nên IH  ( P)  I  d . Do đó tọa độ điểm I có dạng I  2  6t;5  3t;1  2t  , với t  1 .  Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa m~n:  6  2  6t   3  5  3t   2 1  2t   24  t  1  14  d ( I , ( P))  14 2 2 2   6  3  (2)    t  3  t  1   AI  14   2 2 2 2  t  2 6 t  3 t   2 t  14        . Do đó: I 8;8;  1 .  Vậy phương trình mặt cầu (S ) :  x  8   y  8   z  1  196 . 2. Lựa chọn đ|p |n A.. 2. 2.

(24) C}u 35:. Cho mặt phẳng.  P  : x  2 y  2z  10  0. v{ hai đường thẳng 1 :. x  2 y z 1 ,   1 1 1. x2 y z 3 . Mặt cầu  S  có t}m thuộc 1 , tiếp xúc với  2 v{ mặt phẳng  P  , có   1 1 4 phương trình: 2 :. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 7  5  81  11   A. ( x  1)  ( y  1)  ( z  2)  9 hoặc  x     y     z    . 2  2  2 4  2. 2. 2. 11   7  5  81  B. ( x  1)2  ( y 1)2  ( z  2)2  9 hoặc  x     y     z    . 2  2  2 4 . C. ( x 1)2  ( y  1)2  ( z  2)2  9. D. ( x 1)2  ( y  1)2  ( z  2)2  3. Hướng dẫn giải x  2  t uur   1 :  y  t ;  2 đi qua điểm A(2;0; 3) v{ có vectơ chỉ phương a2  (1;1; 4) . z  1 t .  Giả sử I (2  t; t;1  t ) 1 l{ t}m v{ R l{ b|n kính của mặt cầu  S  . uur uur  AI , a2  5t  4 uur uur uur  Ta có: AI  (t; t; 4  t )   AI , a2   (5t  4; 4  5t;0)  d  I ;  2    uur 3 a2. d ( I , ( P)) . 2  t  2t  2(1  t )  10 1 4  4. . t  10 . 3.  7 t   S  tiếp xúc với  2 v{  P   d ( I , 2 )  d ( I ,( P))  5t  4  t  10   2 .   t  1 2.  Với t . 2. 2. 7  5  81 7 9  11    11 7 5   I  ; ;  , R   S  :  x     y     z    . 2  2  2 4 2  2  2 2 2.  Với t  1  I (1; 1; 2), R  3   S  : ( x  1)2  ( y  1)2  ( z  2)2  9 . Lựa chọn đ|p |n A. C}u 36:. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho  P  : x  4 y  2 z  6  0 ,  Q  : x  2 y  4 z  6  0 . Lập phương trình mặt phẳng   chứa giao tuyến của  P  ,  Q  v{ cắt c|c trục tọa độ tại c|c điểm A, B, C sao cho hình chóp O. ABC l{ hình chóp đều. A. x  y  z  6  0 . B. x  y  z  6  0 . C. x  y  z  6  0 .. D. x  y  z  3  0 .. Hướng dẫn giải Chọn M  6;0;0 , N  2;2;2 thuộc giao tuyến của  P  ,  Q  Gọi A  a;0;0 , B  0; b;0 , C  0;0; c  lần lượt l{ giao điểm của   với c|c trục Ox, Oy, Oz    :. x y z    1 a, b, c  0  a b c.

(25) 6  1  a   chứa M , N   2  2  2 1  a b c. Hình chóp O. ABC l{ hình chóp đều  OA  OB  OC  a  b  c V}y phương trình x  y  z  6  0 . C}u 37:. Trong không gian với hệ trục toạ độ. Oxyz ,cho tứ diện. ABCD có điểm. A 1;1;1 , B  2;0;2  , C  1; 1;0  , D  0;3;4  . Trên c|c cạnh AB, AC, AD lần lượt lấy c|c điểm AB AC AD    4 . Viết phương trình mặt phẳng  B ' C ' D ' biết tứ diện B ', C ', D ' thỏa : AB ' AC ' AD ' AB ' C ' D ' có thể tích nhỏ nhất ? A.16 x  40 y  44z  39  0 . B.16 x  40 y  44 z  39  0 . D.16 x  40 y  44 z  39  0 .. C.16 x  40 y  44 z  39  0 .. Hướng dẫn giải \p dụng bất đẳng thức AM  GM ta có : 4  . AB AC AD AB. AC. AD    33 AB ' AC ' AD ' AB '. AC '. AD '. V AB '. AC '. AD ' 27 AB '. AC '. AD ' 27 27   VAB 'C ' D '  VABCD   AB 'C ' D '  VABCD AB. AC. AD 64 AB. AC. AD 64 64. Để VAB 'C ' D ' nhỏ nhất khi v{ chỉ khi. uuuur 3 uuur AB ' AC ' AD ' 3 7 1 7     AB '  AB  B '  ; ;  AB AC AD 4 4 4 4 4. 7 1 7 Lúc đó mặt phẳng  B ' C ' D ' song song với mặt phẳng  BCD  v{ đi qua B '  ; ;  4 4 4.   B ' C ' D ' :16 x  40 y  44 z  39  0 . C}u 38:. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (a )đi qua điểm M (1;2;3) v{ cắt c|c trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A , B , C ( kh|c gốc toạ độ O ) sao cho M l{ trực t}m tam gi|c ABC . Mặt phẳng (a )có phương trình l{: A. x + 2 y + 3z - 14 = 0 .. x y z B. + + - 1 = 0 . 1 2 3. C. 3x + 2 y + z - 10 = 0 .. D. x + 2 y + 3z + 14 = 0 . Hướng dẫn giải. C|ch 1:Gọi H l{ hình chiếu vuông góc của C trên AB , K l{ hình chiếu vuông góc B trên AC . M l{ trực t}m của tam gi|c ABC khi v{ chỉ khi M = BK Ç CH.

(26) Ta có :. AB ^ CH ü ïï ý Þ AB ^ (COH )Þ AB ^ OM (1) (1) AB ^ CO ïïþ. z C K. Chứng minh tương tự, ta có: AC ^ OM (2).. M. Từ (1) v{ (2), ta có: OM ^ (ABC ). A x. O. uuur Ta có: OM (1; 2;3).. H B y. Mặt phẳng (a )đi qua điểm M (1; 2;3)v{ có một VTPT l{ uuur OM (1; 2;3) nên có phương trình l{: (x - 1)+ 2(y - 2)+ 3(z - 3)= 0 Û x + 2 y + 3z - 14 = 0 .. C|ch 2: +) Do A, B, C lần lượt thuộc c|c trục Ox, Oy, Oz nên A(a;0;0), B(0; b;0), C (0;0; c ) ( a, b, c  0 ). Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng (ABC ) l{:. x y z   1. a b c. uuuur uuur  AM .BC  0  uuuur uuur +) Do M l{ trực t}m tam gi|c ABC nên  BM . AC  0 . Giải hệ điều kiện trên ta được a, b, c  M  ( ABC ) . Vậy phương trình mặt phẳng: x  2 y  3z  14  0 . Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm N 1;1;1 . Viết phương trình mặt phẳng. C}u 39:.  P. cắt c|c trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C (không trùng với gốc tọa độ O ) sao cho N l{. t}m đường tròn ngoại tiếp tam gi|c ABC A.  P  : x  y  z  3  0 .. B.  P  : x  y  z  1  0 .. C.  P  : x  y  z  1  0 .. D.  P  : x  2 y  z  4  0 . Hướng dẫn giải. Gọi A  a;0;0 , B  0; b;0 , C  0;0; c  lần lượt l{ giao điểm của  P  với c|c trục Ox, Oy, Oz   P :. x y z    1 a, b, c  0  a b c. 1 1 1 a  b  c 1  N  P   Ta có:  NA  NB   a  1  b  1  a  b  c  3  x  y  z  3  0  NA  NC  a 1  c 1   .

(27) C}u 40:. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hai đường thẳng d1 , d 2 lần lượt có phương trình x 2 y 2 z 3 x 1 y  2 z 1 , d2 : . Phương trình mặt phẳng   c|ch đều hai d1 :     2 2 1 1 3 4 đường thẳng d1 , d 2 l{: A. 7 x  2 y  4 z  0 . B. 7 x  2 y  4 z  3  0 . C. 2 x  y  3z  3  0 .. D.14 x  4 y  8z  3  0 . Hướng dẫn giải. uur uuur Ta có d1 đi qua A  2;2;3 v{ có ud1   2;1;3 , d 2 đi qua B 1; 2;1 v{ có ud 2   2; 1; 4 . uuur uur uur AB   1;1; 2  ; ud1 ; ud2    7; 2; 4  ; uur uur uuur  ud1 ; ud2  AB  1  0 nên d1 , d 2 chéo nhau.. uur uur uur Do   c|ch đều d1 , d 2 nên   song song với d1 , d 2  n  ud1 ; ud2    7; 2; 4 . Đăng ký mua file word trọn bộ chuyên đề khối 10,11,12:.    có dạng 7 x  2 y  4 z  d  0. HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”. Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851 Theo giả thiết thì d  A,     d  B,    . d 2 69. . d 1 69. d . 3 2.    :14 x  4 y  8z  3  0 C}u 41:. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi d đi qua A  3; 1;1 , nằm trong mặt phẳng.  P : x  y  z  5  0 ,. đồng thời tạo với  :. x y2 z   một góc 450 . Phương trình đường 1 2 2. thẳng d l{  x  3  7t A.  y  1  8t .  z  1  15t . x  3  t B.  y  1  t . z  1 .  x  3  7t C.   y  1  8t .  z  1  15t .  x  3  7t x  3  t  D.  y  1  t v{   y  1  8t .  z  1  15t z  1  .

(28) Hướng dẫn giải uur  có vectơ chỉ phương a  1;2;2  uur d có vectơ chỉ phương ad   a; b; c  uur  P  có vectơ ph|p tuyến nP  1; 1;1 uur uur d   P   ad  nP  b  a  c; 1.  , d   450  cos  , d   cos 450 . a  2b  2 c 3 a b c 2. 2. . 2. 2 2.  2  a  2b  2 c   9  a 2  b 2  c 2  ;  2  2. c  0 Từ 1 v{  2  , ta có: 14c 2  30ac  0   15a  7c  0 x  3  t Với c  0 , chọn a  b  1 , phương trình đường thẳng d l{  y  1  t z  1 .  x  3  7t 15 a  7 c  0 d Với , chọn a  7  c  15; b  8 , phương trình đường thẳng l{   y  1  8t  z  1  15t . C}u 42:. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi d đi qua điểm A 1; 1;2  , song song với.  P  : 2 x  y  z  3  0 , đồng thời tạo với đường thẳng  : Phương trình đường thẳng d l{. x 1 y  1 z  2   . A. 1 5 7 x 1 y  1 z  2   . C. 4 5 7. x 1  4 x 1  D. 1 Hướng dẫn giải B.. x 1 y 1 z   một góc lớn nhất. 1 2 2 y 1  5 y 1  5. z2 . 7 z2 . 7. uur  có vectơ chỉ phương a  1; 2;2  uur d có vectơ chỉ phương ad   a; b; c  uur  P  có vectơ ph|p tuyến nP   2; 1; 1 uur uur uur uur Vì d / /  P  nên ad  nP  ad .nP  0  2a  b  c  0  c  2a  b. 5a  4b 1 cos  , d    2 2 3 5a 2  4ab  2b2 3 5a  4ab  2b 5a  4b. 2. a 1  5t  4  Đặt t  , ta có: cos  , d   b 3 5t 2  4t  2 2. Xét h{m số f  t  . 5t  4 . 2.  1 5 3 , ta suy ra được: max f  t   f     5t  4t  2 3  5 2. Do đó: max cos  , d   . 5 3 1 a 1 t    27 5 b 5.

(29) Chọn a  1  b  5, c  7 Vậy phương trình đường thẳng d l{ C}u 43:. x 1 y 1 z  2   1 5 7. Trong không gian với hệ tọa độ. Oxyz,. gọi. d. đi qua. A  1;0; 1 ,. cắt. x 1 y  2 z  2 x3 y 2 z 3     , sao cho góc giữa d v{  2 : l{ nhỏ nhất. Phương 1 2 1 2 1 2 trình đường thẳng d l{ x 1 y z 1 x 1 y z 1 x 1 y z 1 x 1 y z 1         . D. . . C. . A. B. 4 2 4 2 5 2 5 2 2 2 1 1 Hướng dẫn giải 1 :. Gọi M  d  1  M 1  2t;2  t; 2  t  uur uuuur d có vectơ chỉ phương ad  AM   2t  2; t  2; 1  t  uur  2 có vectơ chỉ phương a2   1;2;2  2 t2 3 6t 2  14t  9 t2 Xét h{m số f  t   2 , ta suy ra được min f  t   f  0  0  t  0 6t  14t  9 uuuur Do đó min cos  , d   0  t  0  AM   2;2  1 cos  d ;  2  . Vậy phương trình đường thẳng d l{ C}u 44:. x 1 y z 1   2 2 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 :. x 1 y z  2   2 1 1. v{. x 1 y  2 z  2   . Gọi  l{ đường thẳng song song với  P  : x  y  z  7  0 v{ cắt d1 , d 2 1 3 2 lần lượt tại hai điểm A, B sao cho AB ngắn nhất. Phương trình của đường thẳng  l{.    x  6  t x  6  x  6  2t  x  12  t    5 5 5    A.  y  5 B.  y  C.  y   t . D.  y   t . . . 2 2 2     z  9  t  9 9 9     z   2  t  z   2  t  z   2  t Hướng dẫn giải d2 :. A  d1  A 1  2a; a; 2  a  B  d 2  B 1  b; 2  3b;2  2b . uuur.  có vectơ chỉ phương AB   b  2a;3b  a  2; 2b  a  4 .  P  có vectơ. uur ph|p tuyến nP  1;1;1. uuur uuur uur uuur uur Vì  / /  P  nên AB  nP  AB.nP  0  b  a  1 .Khi đó AB   a  1;2a  5;6  a .

(30) AB .  a  1. 2.   2a  5   6  a  2. 2.  6a 2  30a  62 2. 5  49 7 2   6 a     ; a  ¡ 2 2 2 . Dấu "  " xảy ra khi a . 5  5 9  uuur  7 7   A  6; ;   , AB    ;0;  2  2 2  2 2. uur 5 9 Đường thẳng  đi qua điểm A  6; ;   v{ vec tơ chỉ phương ud   1;0;1  2 2  x  6  t  5  Vậy phương trình của  l{  y  2  9   z   2  t. C}u 45:. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 :  x  1  2t  d 2 :  y  1  t . Phương trình đường thẳng vuông góc với z  3 . đường thẳng d1 , d 2 l{: x7 y z 4   . A. 2 1 1 x  2 y z 1   . C. 7 1 4.  P  : 7x  y  4z  0. x  2 y z 1   . 7 1 4 x  2 y z 1   . D. 7 1 4 Hướng dẫn giải B.. Gọi d l{ đường thẳng cần tìm Gọi A  d  d1, B  d  d 2. A  d1  A  2a;1  a; 2  a  B  d 2  B  1  2b;1  b;3 uuur AB   2a  2b  1; a  b; a  5 uur.  P  có vectơ ph|p tuyến nP   7;1; 4. uuur uur d   P   AB, n p cùng phương uuur uur  có một số k thỏa AB  kn p. x y 1 z  2   v{ 2 1 1 v{ cắt hai.

(31)  2a  2b  1  7k 2a  2b  7k  1 a  1     a  b  k  a  b  k  0   b  2  a  5  4k a  4k  5 k  1    uur uur d đi qua điểm A  2;0; 1 v{ có vectơ chỉ phương ad  nP   7;1  4  Vậy phương trình của d l{. x  2 y z 1   7 1 4. Đăng ký mua file word trọn. bộ chuyên đề khối 10,11,12: HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”. Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851 C}u 46:. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 :. x 1 y  2 z 1   v{ 3 1 2. x  3 x 1 y z 1  2 :   . Phương trình đường thẳng song song với d :  y  1  t v{ cắt hai đường 1 2 3 z  4  t  thẳng 1;  2 l{:. x  2  A.  y  3  t . z  3  t .  x  2  B.  y  3  t .  z  3  t .  x  2  C.  y  3  t .  z  3  t . Hướng dẫn giải Gọi  l{ đường thẳng cần tìm Gọi A    1, B     2. A  1  A  1  3a;2  a;1  2a  B   2  B 1  b;2b; 1  3b  uuur AB   3a  b  2; a  2b  2; 2a  3b  2  uur d có vectơ chỉ phương ad   0;1;1. uuur uur  / / d  AB, ad cùng phương. uuur uur  có một số k thỏa AB  kad.  3a  b  2  0  3a  b  2 a  1      a  2b  2  k  a  2b  k  2  b  1  2a  3b  2  k  2a  3b  k  2 k  1   . Ta có A  2;3;3 ; B  2;2;2 . x  2  D.  y  3  t . z  3  t .

(32) uuur  đi qua điểm A  2;3;3 v{ có vectơ chỉ phương AB   0; 1; 1 x  2  Vậy phương trình của  l{  y  3  t z  3  t . C}u 47:. x  12 y  9 z  1   , v{ mặt 4 3 1 thẳng  P  : 3x  5 y  z  2  0 . Gọi d ' l{ hình chiếu của d lên  P  . Phương trình tham số của d ' l{ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :.  x  62t B.  y  25t .  z  2  61t .  x  62t A.  y  25t .  z  2  61t .  x  62t C.  y  25t .  z  2  61t . Hướng dẫn giải C|ch 1: Gọi A  d   P  A  d  A 12  4a;9  3a;1  a  A   P   a  3  A  0;0; 2  d đi qua điểm B 12;9;1. Gọi H l{ hình chiếu của B lên  P  uur.  P  có vectơ ph|p tuyến nP   3;5; 1 uuur uur BH đi qua B 12;9;1 v{ có vectơ chỉ phương aBH  nP   3;5; 1  x  12  3t  BH :  y  9  5t z  1  t  H  BH  H 12  3t;9  5t;1  t  H   P  t  . 78  186 15 113  H ; ;  35 7 35   35. uuur  186 15 183  AH   ; ;  7 35   35. uur d ' đi qua A  0;0; 2  v{ có vectơ chỉ phương ad '   62; 25;61  x  62t Vậy phương trình tham số của d ' l{  y  25t  z  2  61t . C|ch 2: . Gọi Q  qua d v{ vuông góc với  P .  x  62t D.  y  25t .  z  2  61t .

(33) uur d đi qua điểm B 12;9;1 v{ có vectơ chỉ phương ad   4;3;1 uur  P  có vectơ ph|p tuyến nP   3;5; 1. uur. uur uur. Q  qua B 12;9;1 có vectơ ph|p tuyến nQ  ad , nP    8;7;11 . Q  : 8x  7 y  11z  22  0 d ' l{ giao tuyến của Q  v{  P  Tìm một điểm thuộc d ' , bằng c|ch cho y  0 3 x  z  2 x  0 Ta có hệ    M  0;0; 2   d ' 8 x  11z  22  y  2 uur uur uur d ' đi qua điểm M  0;0; 2  v{ có vectơ chỉ phương ad  nP ; nQ    62; 25;61  x  62t Vậy phương trình tham số của d ' l{  y  25t  z  2  61t .  x  1  2t  C}u 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :  y  2  4t . Hình chiếu song z  3  t  x 1 y  6 z  2 song của d lên mặt phẳng Oxz  theo phương  : có phương trình l{:   1 1 1  x  1  2t  x  3  2t  x  3  2t x  3  t     . . . A.  y  0 B.  y  0 . C.  y  0 D.  y  0  z  5  4t  z  1  4t z  1 t  z  1  2t     Hướng dẫn giải Giao điểm của d v{ mặt phẳng Oxz  l{ : M 0 (5;0;5) ..  x  1  2t  Trên d :  y  2  4t chọn M bất kỳ không trùng với M 0 (5;0;5) ; ví dụ: M (1; 2;3) . Gọi A l{ z  3  t  hình chiếu song song của M lên mặt phẳng Oxz  theo phương  :. x 1 y  6 z  2 .   1 1 1. +/ Lập phương trình d’ đi qua M v{ song song hoặc trùng với  : +/ Điểm A chính l{ giao điểm của d’ v{ Oxz  +/ Ta tìm được A(3;0;1). x 1 y  6 z  2 .   1 1 1.

(34) Hình chiếu song song của. :.  x  1  2t  d :  y  2  4t z  3  t . Oxz  theo. lên mặt phẳng. phương. x 1 y  6 z  2 l{ đường thẳng đi qua M 0 (5;0;5) v{ A(3;0;1) .   1 1 1. x  3  t  Vậy phương trình l{:  y  0  z  1  2t  C}u 49:. Trong. không. gian. Oxyz ,. cho. hai. A  3;0;2  ,. điểm. B  3;0; 2. v{. mặt. cầu. x2  ( y  2)2  ( z  1)2  25 . Phương trình mặt phẳng   đi qua hai điểm A , B v{ cắt mặt cầu.  S  theo một đường tròn b|n kính nhỏ nhất l{: A.. x  4 y  5z  17  0 .. B. 3x  2 y  z  7  0 .. C.. x  4 y  5z  13  0 .. D. 3x  2 y  z –11  0 . Hướng dẫn giải. Mặt cầu  S  có t}m I  0; 2;1 , b|n kính R  5 . Do IA  17  R nên AB luôn cắt  S . Do đó. . 2 ( ) luôn cắt  S  theo đường tròn  C  có b|n kính r  R  d  I ,   . . 2. . Đề b|n kính r nhỏ. nhất  d  I ,  P   lớn nhất. Mặt phẳng   đi qua hai điểm A , B v{ vuông góc với mp  ABC  . uuur uuur Ta có AB  (1; 1; 1) , AC  (2; 3; 2) r uuur uuur n   AB, AC   (1; 4; 5). suy. ra.  ABC . có. véctơ. ph|p. tuyến. uur r uuur (α) có véctơ ph|p tuyến n  n, AB   (9  6; 3)  3(3; 2;1). Phương trình   :3  x – 2  2  y –1  1 z – 3  0  3x  2 y  z –11  0 . Trong không gian Oxyz , cho điểm A  3;3; 3 thuộc mặt phẳng   : 2 x – 2 y  z  15  0 v{. C}u 50:. mặt cầu  S  : (x  2) 2  (y 3) 2  (z  5) 2  100 . Đường thẳng  qua A, nằm trên mặt phẳng   cắt ( S ) tại A , B . Để độ d{i AB lớn nhất thì phương trình đường thẳng  l{: x 3 y 3 z 3 x 3 y 3 z 3     A. . B. . 16 1 11 4 10 6. C..  x  3  5t  . y  3  z  3  8t . D.. Hướng dẫn giải. x 3 y 3 z 3   . 1 1 3.

(35) Mặt cầu  S  có t}m I  2;3;5 , b|n kính R  10 . Do d (I, ( ))  R nên  luôn cắt  S tại A , B . Khi đó AB  R 2   d (I, )  . Do đó, AB lớn nhất thì d  I ,     nhỏ nhất nên  qua H , với H l{ 2.  x  2  2t  hình chiếu vuông góc của I lên   . Phương trình BH :  y  3  2t z  5  t . Đăng ký mua file. word trọn bộ chuyên đề khối 10,11,12: HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”. Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851 H  ( )  2  2  2t   2  3 – 2t   5  t  15  0  t  2  H  2; 7; 3 . uuur x 3 y 3 z 3 Do vậy AH  (1; 4;6) l{ véc tơ chỉ phương của  . Phương trình của   1 4 6. C}u 51:. Trong. không. gian. Oxyz ,. cho. mặt. phẳng. 2x  2 y  z  9  0. v{. mặt. cầu. (S ) : ( x  3)  ( y  2)  ( z 1)  100 . Tọa độ điểm M nằm trên mặt cầu ( S ) sao cho khoảng c|ch từ điểm M đến mặt phẳng ( P) đạt gi| trị nhỏ nhất l{:  29 26 7   11 14 13  A. B. M  ;  ;   . M  ; ; . 3 3  3  3 3 3 2. C.. 2. 2.  29 26 7  M  ; ;  . 3  3 3.  11 14 13  D. M  ; ;   . 3 3 3. Hướng dẫn giải Mặt cầu ( S ) có t}m I (3; 2;1) . Khoảng c|ch từ I đến mặt phẳng ( P) : d ( I ;( P))  6  R nên ( P) cắt ( S ) . Khoảng c|ch từ M thuộc ( S ) đến ( P) lớn nhất  M  (d ) đi qua I v{ vuông góc với ( P).  x  3  2t  Phương trình (d ) :  y  2  2t . z  1 t  Ta có : M  (d )  M (3  2t; 2  2t;1  t ).

(36)  10  29 26 7  t  3  M 1  3 ;  3 ;  3    M{ : M  (S )    10  11 14 13  t    M 2   ; ;  3  3 3 3   11 14 13  Thử lại ta thấy : d (M1 ,( P))  d (M 2 ,( P)) nên M   ; ;  thỏa yêu cầu b{i to|n  3 3 3. C}u 52:. Trong không gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD có điểm A trùng với gốc của hệ trục tọa độ, B(a;0;0) , D(0; a;0) , A(0;0; b) (a  0, b  0) . Gọi M l{ trung điểm của cạnh a CC  . Gi| trị của tỉ số để hai mặt phẳng ( ABD) v{  MBD  vuông góc với nhau l{: b 1 1 A. . B. . C. 1 . D.1. 3 2 Hướng dẫn giải uuur uuur b  Ta có AB  DC  C  a; a;0   C '  a; a; b   M  a; a;  2 . C|ch 1. uuur  uuuur b  uuur Ta có MB   0; a;   ; BD   a; a;0  v{ A ' B   a;0; b  2  r uuur uuur uuur uuuur  ab ab  Ta có u   MB; BD    ; ; a 2  v{  BD; A ' B    a 2 ; a 2 ; a 2   2 2  r Chọn v  1;1;1 l{ VTPT của  A ' BD . rr.  A ' BD    MBD   u.v  0 . ab ab a   a2  0  a  b   1 2 2 b. C|ch 2.  A ' B  A ' D  A ' X  BD AB  AD  BC  CD  a    với X l{ trung điểm BD MB  MD MX  BD. .  · A ' BD  ;  MBD   · A ' X ; MX  . a a  X  ; ;0  l{ trung điểm BD 2 2  uuuur  a a  A ' X   ; ; b  2 2  uuuur  a a b  MX    ;  ;    2 2 2. .

(37)  A ' BD    MBD   A ' X  MX uuuur uuuur  A ' X .MX  0 2. 2. 2 a a b         0 2 2 2. . C}u 53:. a 1 b. Trong không gian. Oxyz , cho mặt phẳng. ( P) : x  2 y  2 z  4  0. v{ mặt cầu. (S ) : x2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  1  0.Gi| trị của điểm M trên  S  sao cho d  M ,  P   đạt GTNN l{: 5 7 7 A. B.  ; ;  . 1;1;3 . 3 3 3 1 1 1  ; ;  .  3 3 3. C.. D. 1; 2;1 . Hướng dẫn giải. Ta có: d (M ,( P))  3  R  2  ( P)  (S )  ..  x  1 t  Đường thẳng d đi qua I v{ vuông góc với (P) có pt:  y  1  2t , t  ¡ .  z  1  2t  5 7 7 1 1 1 Tọa độ giao điểm của d v{ (S) l{: A  ; ;  , B  ;  ;    3 3 3 3 3 3. Ta có: d ( A, ( P))  5  d ( B, ( P))  1.  d ( A,( P))  d (M ,( P))  d ( B,( P)). Vậy:  d (M ,( P)) min  1  M  B. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A 10;2;1 v{ đường thẳng. C}u 54:. x 1 y z 1 . Gọi  P  l{ mặt phẳng đi qua điểm A , song song với đường thẳng d sao   2 1 3 cho khoảng c|ch giữa d v{  P  lớn nhất. Khoảng c|ch từ điểm M  1;2;3 đến mp  P  l{ d:. A.. 97 3 . 15. B.. 76 790 . 790. C.. 2 13 . 13. D.. 3 29 . 29. Hướng dẫn giải.  P  l{ mặt phẳng đi qua điểm. d. A v{ song song với. H. đường thẳng d nên  P  chứa đường thẳng d  đi qua điểm A v{ song song với đường thẳng d . K A P. d'.

(38) Gọi H l{ hình chiếu của A trên d , K l{ hình chiếu của H trên  P  . Ta có d  d ,  P    HK  AH ( AH không đổi).  GTLN của d (d , ( P)) l{ AH  d  d ,  P   lớn nhất khi AH vuông góc với  P  . Khi đó, nếu gọi  Q  l{ mặt phẳng chứa A v{ d thì  P  vuông góc với  Q  . r r r  n P  u d , nQ    98;14;  70    P  :7 x  y  5 z  77  0  d  M ,  P   . 97 3 . 15. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A  2;5;3 v{ đường thẳng. C}u 55:. x 1 y z  2 . Gọi  P  l{ mặt phẳng chứa đường thẳng d sao cho khoảng c|ch từ A đến   2 1 2  P  lớn nhất. Tính khoảng c|ch từ điểm M 1;2; 1 đến mặt phẳng  P  . d:. A.. 11 18 . 18. B. 3 2.. C.. 4 D. . 3. 11 . 18. Hướng dẫn giải. A. Gọi H l{ hình chiếu của A trên d ; K l{ hình chiếu của A trên  P  . Ta có d  A,  P    AK  AH (Không đổi). K.  GTLN của d (d , ( P)) l{ AH d  A,  P   lớn nhất khi K  H .. H. P. Ta có H  3;1;4  ,  P  qua H v{  AH. d.  P : x  4 y  z  3  0 Vậy d  M ,  P   . 11 18 . 18. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : x  y  z  2  0 v{ hai. C}u 56:. x  1 t  x  3  t   đường thẳng d :  y  t ; d ' :  y  1  t .  z  1  2t   z  2  2t   Biết rằng có 2 đường thẳng có c|c đặc điểm: song song với  P  ; cắt d , d  v{ tạo với d góc 30O. Tính cosin góc tạo bởi hai đường thẳng đó. A.. 1 . 5. B.. 1 . 2. C.. 2 . 3. 1 D. . 2. Hướng dẫn giải. uur Gọi  l{ đường thẳng cần tìm, nP l{ VTPT của mặt phẳng  P  . Gọi M 1  t; t; 2  2t  l{ giao điểm của  v{ d ; M   3  t ;1  t ;1  2t   l{ giao điểm của  v{ d '.

(39) uuuuur Ta có: MM '  2  t   t;1  t   t;  1  2t   2t  uuuuur  M  P  MM  //  P    uuuuur uur  t    2  MM   4  t; 1  t ;3  2t   MM   nP. Đăng ký mua file. word trọn bộ chuyên đề khối 10,11,12: HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”. Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851 uuuuur r 6t  9 t  4 3 Ta có cos30O  cos MM , u d    2 36t 2 108t  156 t  1. . . x  5  x  t   Vậy, có 2 đường thẳng thoả m~n l{ 1 :  y  4  t ;  2 :  y  1 .  z  10  t  z  t   1 Khi đó, cos  1 ,  2   . 2. C}u 57:. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A 1;0;1 ; B 3; 2;0  ; C 1;2; 2  . Gọi.  P  l{ mặt phẳng đi qua A sao cho tổng khoảng c|ch từ B v{ C đến  P  lớn nhất biết rằng  P  không cắt đoạn BC . Khi đó, điểm n{o sau đ}y thuộc mặt phẳng  P  ? A. G  2; 0; 3 . B. F  3; 0; 2 . C. E 1;3;1 . D. H  0;3;1 Hướng dẫn giải Gọi I l{ trung điểm đoạn BC ; c|c điểm B, C, I  lần. B. lượt l{ hình chiếu của B, C , I trên  P  .. I. Ta có tứ gi|c BCCB l{ hình thang v{ II  l{ đường trung bình.  d  B,  P    d  C,  P    BB  CC   2II .. C. M{ II   IA (với IA không đổi). Do vậy, d  B,  P    d  C,  P   lớn nhất khi I   A uur   P  đi qua A v{ vuông góc IA với I  2;0; 1 .. B' P. I'. C'. A.   P  :  x  2 z  1  0  E 1;3;1   P  .. C}u 58:. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho c|c điểm A 1;0;0  , B  0; b;0  , C 0;0; c  trong đó b, c dương v{ mặt phẳng  P  : y  z  1 0 . Biết rằng mp  ABC  vuông góc với mp  P  1 v{ d  O,  ABC    , mệnh đề n{o sau đ}y đúng? 3.

(40) A. b  c 1.. B. 2b  c 1.. C. b  3 c 1.. D. 3b  c  3.. Hướng dẫn giải Ta có phương trình mp( ABC ) l{. x y z   1 1 b c. 1 1   0  b  c (1) b c 1 1 1 1 1 Ta có d  O,  ABC       2  2  8(2) 3 1 1 3 b c 1 2  2 b c 1 Từ (1) v{ (2)  b  c   b  c 1 . 2.  ABC    P  . Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A 1;2;3 ; B  0;1;1 ; C 1;0;  2  .. C}u 59:. Điểm M  P  : x  y  z  2  0 sao cho gi| trị của biểu thức T  MA2  2MB2  3MC 2 nhỏ nhất. Khi đó, điểm M c|ch  Q  :2 x  y  2 z  3  0 một khoảng bằng A.. 121 . 54. B. 24.. C.. 2 5 . 3. D.. 101 . 54. Hướng dẫn giải Gọi M  x; y; z  . Ta có T  6 x2  6 y 2  6 z 2  8x  8 y  6 z  31 2 2 2  2  2  1   145  T  6  x     y    z     3  3  2   6 . 145 2 2 1 với I  ; ;   6 3 3 2  T nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất  M l{ hình chiếu vuông góc của I trên  P .  T  6MI 2 . 5 13   5 M  ; ;  .  18 18 9 . C}u 60:. (Đề minh họa L1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A 1; 2; 0  , B 0; 1;1 ,. bốn điểm đó? A. 1. phẳng.. C  2;1; 1 v{ D  3;1; 4  . Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng c|ch đều. B. 4.. C. 7.. D. Có vô số mặt. Hướng dẫn giải. uuur uuur uuur Ta có: AB   1;1;1 ; AC  1; 3; 1 ; AD   2; 3; 4  . uuur uuur uuur uuur uuur Suy ra:  AB, AC    4; 0; 4    AB, AC  .AD  24  0      4 điểm A, B, C, D không đồng phẳng. Khi đó, mặt phẳng c|ch đều cả 4 điểm A, B, C, D sẽ có hai loại: Loại 1: Có 1 điểm nằm kh|c phía với 3 điểm còn lại (đi qua c|c trung điểm của 3 cạnh chung đỉnh)  có 4 mặt phẳng như thế)..

(41) A. A. A. A. 1 4. 2 D B. B. D. B. C. C. D B. 3. D. C. C. Loại 2: Có 2 điểm nằm kh|c phía với 2 điểm còn lại (đi qua c|c trung điểm của 4 cạnh thuộc hai cặp cạnh chéo nhau)  có 3 mặt phẳng như thế). A. A. 5. A. 7. 6 D. B. D. B. C. D. B. C. C. Vậy có tất cả 7 mặt phẳng thỏa m~n yêu cầu b{i to|n.  Chọn đ|p |n C. C}u 61:. (Đề minh họa L1 )Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  1; 0; 2  v{ đường thẳng d có phương trình: vuông góc v{ cắt d . x 1 y z  2 B.  : .   1 1 1 x 1 y z  2 D.  : .   1 3 1. x 1 y z 1 . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A ,   1 1 2. Hướng dẫn giải. B   Do  cắt d nên tồn tại giao điểm giữa chúng. Gọi B    d   . B  d  Phương. trình. tham. số. của. d:. uuur B  t  1; t ; t  1  AB   t ; t ; 2t  3  uuur Do A, B nên AB l{ vectơ chỉ phương của  .. x  t  1   y  t ,t  ¡ . z  t  1 . Do. Bd ,. suy. ra.

(42) uuur r r Theo đề b{i,  vuông góc d nên AB  u ( u  (1;1; 2) l{ vector chỉ phương của d ). Suy ra uuur r uuur x 1 y z  2 AB.u  0 . Giải được t  1  AB  1;1; 1 . Vậy  :   . 1 1 1  Chọn đ|p |n B. (Đề thử nghiệm 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A  2; 3;1 v{. C}u 62:. B  5; 6; 2  . Đường thẳng AB cắt mặt phẳng  Oxz  tại điểm M . Tính tỉ số. A.. AM 1  . BM 2. B.. AM  2. BM. C.. AM 1  . BM 3. AM . BM AM D. 3. BM. Hướng dẫn giải. uuur uuuur M  Oxz   M  x;0;z  ; AB   7;3;1  AB  59 AM   x  2;  3;z  1 v{ Ta có: ; uuuur uuur  AM  k . AB A , B , M thẳng h{ng Ta có:. x  2  7 k  x  9   k  ¡   3  3k  1  k  M  9;0;0  . z  1  k z  0  . uuuur BM   14;  6;  2   BM  118  2 AB.. v{  Chọn đ|p |n A. C}u 63:. (Đề thử nghiệm 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng y 1 y  P  song song v{ c|ch đều hai đường thẳng d1 : x12  1  1z v{ d2 : 2x  1  z12 . A.  P  : 2 x  2 z  1  0 . B.  P  : 2 y  2 z  1  0 . D.  P  : 2 y  2 z  1  0 .. C.  P  : 2 x  2 y  1  0 .. Hướng dẫn giải r Ta có: d1 đi qua điểm A  2; 0; 0  v{ có VTCP u1   1;1;1 . r v{ d2 đi qua điểm B  0;1; 2  v{ có VTCP u2   2; 1; 1 . Vì  P  song songvới hai đường thẳng r r r d1 v{ d2 nên VTPT của  P  l{ n  u1 , u2    0;1; 1. Khi đó  P  có dạng y  z  D  0  loại đ|p |n A v{ C. Lại có. P. c|ch đều d1 v{ d2 nên. P.  1  đi qua trung điểm M  0; ;1  của AB . Do đó  2 .  P  : 2 y  2z  1  0  Chọn đ|p |n B. C}u 64:. (Tạp chí THTT Lần 5) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M 1; 2; 1 . Viết phương trình mặt phẳng   đi qua gốc tọa độ O  0; 0; 0  v{ c|ch M một khoảng lớn nhất. A. x  2 y  z  0.. B.. x y z    1. 1 2 1. C. x  y  z  0.. Hướng dẫn giải. D. x  y  z  2  0..

(43) Gọi H l{ hình chiếu của M trên ( P)  MHO vuông tại H  MH  MO uuuur  MHmax  MO . Khi đó ( P) đi qua M v{ vuông góc với MO  MO(1; 2; 1) l{ vecto ph|p tuyến của ( P)  phương trình của mặt phẳng ( P) l{ 1( x  0)  2( y  0)  1( z  0)  0 hay x  2 y  z  0..  Chọn đ|p |n A. C}u 65:. (THPT Hai B{ Trưng Lần 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm. A  2;0; 2 , B  3; 1;  4 ,C   2; 2;0 . Tìm điểm D trong mặt phẳng  Oyz  có cao độ }m sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 v{ khoảng c|ch từ D đến mặt phẳng  Oxy  bằng 1. Khi đó có tọa độ điểm D thỏa m~n b{i to|n l{: A. D  0;3; 1 . B. D  0; 3; 1 .. C. D  0;1; 1 .. D. D  0; 2; 1 .. Hướng dẫn giải Vì D   Oyz   D  0; b; c  , do cao độ }m nên c  0. c Khoảng c|ch từ D  0; b; c  đến mặt phẳng  Oxy  : z  0 bằng 1   1  c  1  do c  0  . 1 uuur uuur uuur Suy ra tọa độ D  0; b; 1 . Ta có: AB  1; 1; 2  , AC   4; 2; 2  ; AD   2; b;1 uuur uuur uuur uuur   AB; AC    2;6; 2    AB; AC  . AD  4  6b  2  6b  6  6  b  1     1 uuur uuur  VABCD   AB; AC  . AD  b  1  6.  D  0;3; 1 b  3  M{ VABCD  2  b  1  2   . Chọn đ|p |n D  0;3; 1 . b  1  D  0; 1; 1.  Chọn đ|p |n A. C}u 66:. (THPT Hai B{ Trưng Lần 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm H 1;2;3 . Mặt phẳng  P  đi qua điểm H , cắt Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho H l{ trực t}m của tam gi|c. ABC . Phương trình của mặt phẳng  P  l{ A. ( P) : 3x  y  2 z 11  0. B. ( P) : 3x  2 y  z 10  0. C. ( P) : x  3 y  2 z 13  0. D. ( P) : x  2 y  3z 14  0. Hướng dẫn giải Do tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc nên nếu H l{ trực t}m của tam gi|c ABC dễ d{ng chứng minh được OH   ABC  hay OH   P  . uuur Vậy mặt phẳng  P  đi qua điểm H 1;2;3 v{ có VTPT OH 1; 2;3 nên phương trình  P  l{  x  1  2  y  2   3  z  3  0  x  2 y  3z  14  0..  Chọn đ|p |n D. C}u 67:. (THPT Chuyên ĐHKH Huế Lần 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm. A  0;0; 4 , điểm M nằm trên mặt phẳng  Oxy  v{ M  O . Gọi D l{ hình chiếu vuông góc của O lên AM v{ E l{ trung điểm của OM . Biết đường thẳng DE luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định. Tính b|n kính mặt cầu đó..

(44) A. R  2 .. C. R  4 .. B. R  1 .. D. R  2 .. Hướng dẫn giải Ta có tam gi|c OAM luôn vuông tại O . Gọi I l{ trung điểm của OA (Điểm I cố định). 1 Ta có tam gi|c ADO vuông tại D có ID l{ đường trung tuyến nên ID  OA  2 1 2 Ta có IE l{ đường trung bình của tam gi|c OAM nên IE song song với AM m{ OD  AM  OD  IE Mặt kh|c tam gi|c EOD c}n tại E . Từ đó suy ra IE l{ đường trung trực của OD · · ; IOD ·  IDO ·  IDE ·  IOE ·  90  ID  DE  2  Nên DOE  ODE Vậy DE luôn tiếp xúc với mặt cầu t}m I b|n kính R . OA 2 2.  Chọn đ|p |n A. C}u 68:. (CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  0;0; 4  , điểm. M nằm trên mặt phẳng  Oxy  v{ M  O . Gọi D l{ hình chiếu vuông góc của O lên AM v{ E l{ trung điểm của OM . Biết đường thẳng DE luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định. Tính b|n kính mặt cầu đó. A. R  2 . B. R  1 . C. R  4 . D. R  2 . Hướng dẫn giải Chọn A. A Ta có tam gi|c OAM luôn vuông tại O . Gọi I l{ trung điểm của OA (Điểm I cố định) Ta có tam gi|c ADO vuông tại D có ID l{ 1 đường trung tuyến nên ID  OA  2 1 I 2 Ta có IE l{ đường trung bình của tam gi|c OAM nên IE song song với AM m{ OD  AM  OD  IE Mặt kh|c tam gi|c EOD c}n tại E . Từ đó suy ra IE l{ đường trung trực của OD O · · ; IOD ·  IDO ·  IDE ·  IOE ·  90  ID  DE  2   ODE Nên DOE Vậy DE luôn tiếp xúc với mặt cầu t}m I b|n kính R  C}u 69:. (CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ) Cho điểm. D. M E. OA 2 2. A(0;8; 2) v{ mặt cầu ( S ) có phương trình. (S ) : ( x  5)  ( y  3)  ( z  7)  72 v{ điểm B(9; 7;23) . Viết phương trình mặt phẳng ( P) qua r A tiếp xúc với ( S ) sao cho khoảng c|ch từ B đến ( P) l{ lớn nhất. Giả sử n  (1; m; n) l{ một vectơ ph|p tuyến của ( P) . Lúc đó A. m.n  2. B. m.n  2. C. m.n  4. D. m.n  4. Hướng dẫn giải Chọn D. Mặt phẳng (P ) qua A có dạng 2. 2. 2. a(x - 0) + b(y - 8) + c(z - 2) = 0 Û ax + by + cz - 8b - 2c = 0 . Điều kiện tiếp xúc:.

(45) 5a - 3b + 7c - 8b - 2c. d (I ;(P )) = 6 2 Û. 2. 2. a +b +c M{ d (B ;(P )) =. 9a - 7b + 23c - 8b - 2c 2. 2. a +b +c. =. = 6 2Û. 5a - 11b + 5c. 2. 2. 2. a +b +c 9a - 15b + 21c. 2. 2. 2. a +b +c. 2. = 6 2 . (*). 2. Đăng ký mua file. word trọn bộ chuyên đề khối 10,11,12: HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”. Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851 =. 5a - 11b + 5c + 4(a - b + 4c ). £. a 2 + b2 + c 2 £. 5a - 11b + 5c. + 4. a 2 + b2 + c 2. a - b + 4c. £ 6 2+ 4. 12 + (- 1)2 + 42 . a 2 + b2 + c 2. a 2 + b2 + c 2. = 18 2 .. a 2 + b2 + c 2. a b c = = . Chọn a = 1;b = - 1;c = 4 thỏa m~n (*). 1 - 1 4 Khi đó (P ) : x - y + 4z = 0 . Suy ra m = - 1; n = 4 . Suy ra: m .n = - 4.. Dấu bằng xảy ra khi. C}u 70:. (CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ) Trong không gian cho đường thẳng  :. x  3 y z 1 v{   1 2 3. x  3 y 1 z  2 . Viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua  v{ tạo với   3 1 2 đường thẳng d một góc lớn nhất. A. 19 x  17 y  20 z  77  0. B. 19 x 17 y  20 z  34  0. đường thẳng d :. C. 31x  8 y  5z  91  0. D. 31x  8 y  5z  98  0. Hướng dẫn giải Chọn D.. ur Đường thẳng d có VTCP l{ u1   3;1; 2  . r Đường thẳng  đi qua điểm M  3;0; 1 v{ có VTCP l{ u  1; 2;3 .. r Do    P  nên M   P  . Giả sử VTPT của  P  l{ n   A; B; C  ,  A2  B 2  C 2  0  . Phương trình  P  có dạng A  x  3  By  C  z  1  0 .. rr Do    P  nên u.n  0  A  2B  3C  0  A  2B  3C . Gọi  l{ góc giữa d v{  P  . Ta có.

(46) ur r u1.n 3  2 B  3C   B  2C 3 A  B  2C sin  ur r   2 u1 . n 14. A2  B 2  C 2 14.  2 B  3C   B 2  C 2.  5B  7C  1 .   2 2 14 5B  12 BC  10C 14. 5B 212 BC  10C 2 5B  7C. 2. TH1: Với C  0 thì sin . 5 70 .  14 14.  5t  7  . B 1 TH2: Với C  0 đặt t  ta có sin  2 C 14 5t  12t  10 2. Xét h{m số f  t   Ta có f   t  .  5t  7 . 2. 5t 2  12t  10. 50t 2  10t  112. 5t. 2.  12t  10 . 2. trên ¡ .. ..  8  8  75 t  5  f  5   14   . f   t   0  50t 2  10t  112  0    7  7 t    f     0 5  5  V{ lim f  t   lim x . x .  5t  7 . 2. 5t 2  12t  10.  5.. Bảng biến thiên. t. . f  t . . . 0. . 0. . 75 14. 5. f t  0. Từ đó ta có Maxf  t  . . 8 5. 7 5. 5. 1 75 75 8 B 8 8 . f  khi t    . Khi đó sin  . 14 5 C 5 14  5  14.

(47) So s|nh TH1 v{ Th2 ta có sin lớn nhất l{ sin . B 8 75 khi  . C 5 14. Chọn B  8  C  5  A  31. Phương trình  P  l{ 31 x  3  8 y  5  z  1  0  31x  8 y  5z  98  0 . C}u 71:. (CHUYÊN. ĐHKHTN. HUẾ). Trong. không. gian. cho. Oxyz. mặt.  S  :  x  1   y  2   z  3  9 v{ mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  3  0 . Gọi M  a; b; c  trên mặt cầu  S  sao cho khoảng c|ch từ M đến  P  l{ lớn nhất. Khi đó 2. 2. 2. A. a  b  c  5.. B. a  b  c  6.. C. a  b  c  7.. cầu. l{ điểm. D. a  b  c  8.. Hướng dẫn giải Chọn C. Mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  9 có t}m I 1; 2;3 v{ b|n kính R  3. 2. 2. 2. Gọi d l{ đường thẳng đi qua I 1; 2;3 v{ vuông góc  P   x  1  2t  Suy ra phương trình tham số của đường thẳng d l{  y  2  2t . z  3  t . Gọi A, B lần lượt l{ giao của d v{  S  , khi đó tọa độ A, B ứng với t l{ nghiệm của. t  1 2 2 2 phương trình 1  2t  1   2  2t  2    3  t  3  9   t  1 Với t  1  A  3;0; 4   d  A;( P)  . 13 . 3. 5 Với t  1  B  1; 4; 2   d  B;( P)   . 3. Với mọi điểm M  a; b; c  trên  S  ta luôn có d  B;( P)   d  M ;( P)   d  A;( P)  . Vậy khoảng c|ch từ M đến  P  l{ lớn nhất bằng. 13 khi M  3;0; 4  3. Do đó a  b  c  7. C}u 72:. (LÊ HỒNG PHONG) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x 1 y z  3 2 2 2 d:   v{ mặt cầu  S  t}m I có phương trình  S  :  x  1   y  2    z  1  18 . 1 2 1 Đường thẳng d cắt  S  tại hai điểm A, B . Tính diện tích tam gi|c IAB . A.. 8 11 . 3. B.. 16 11 . 3. C.. 11 . 6. D.. 8 11 . 9.

(48) Hướng dẫn giải. Chọn A. r Đường thẳng d đi qua điểm C 1;0; 3 v{ có vectơ chỉ phương u   1; 2; 1 Mặt cầu  S  có t}m I 1; 2; 1 , b|n kính R  3 2 Gọi H l{ hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d. Khi. đó:. uur r  IC , u    , IH  r u. với. uur IC   0; 2; 2 ;. uur r  IC, u    6; 2; 2   62  22  22 66 Vậy IH   3 1 4 1 Suy ra HB  18 . Vậy, SIAB  C}u 73:. 22 4 6  3 3. 1 1 66 8 6 8 11 IH  AB     . 2 2 3 3 3. (HAI B[ TRƯNG – HUẾ ) Cho hình lập phương ABCD. ABCD có cạnh bằng 2. Tính khoảng c|ch giữa hai mặt phẳng  ABD  và  BCD  . A.. 3 . 3. B. 3.. C.. 3 . 2. D.. 2 . 3. Hướng dẫn giải Chọn A. Ta chọn hệ trục tọa độ sao cho c|c đỉnh của hình lập phương có tọa độ như sau: A  0;0;0  B  2;0;0  C  2; 2;0  D  0; 2;0  A  0;0; 2  B  2;0; 2  C   2; 2; 2  D  0; 2; 2  uuur uuur AB   2;0; 2  , AD   0; 2; 2  , uuur uuur BD   2; 2;0  , BC    0; 2; 2 . D'. A'. C'. B' A. D. B C. * Mặt phẳng  ABD  qua A  0;0;0  v{ nhận véctơ r 1 uuur uuur n   AB, AD   1; 1;1 l{m véctơ ph|p tuyến. Phương trình  ABD  l{ : x  y  z  0.  4 r 1 uuur uuur * Mặt phẳng  BC D  qua B  2;0;0  v{ nhận véctơ m   BD, BC   1;1; 1 l{m véctơ  4 ph|p tuyến. Phương trình  BC D  l{ : x  y  z  2  0..

(49) Suy ra hai mặt phẳng  ABD  v{ mặt.  BCD . song song với nhau nên khoảng c|ch giữa hai. phẳng chính l{ khoảng c|ch từ. d  A,  BC D   . điểm. A. (HAI. B[. mặt.  BCD  :. phẳng. 2 2 3  . 3 3. C|ch kh|c: Thấy khoảng c|ch cần tìm d   ABD  ,  BC D    C}u 74:. đến. TRƯNG. –. HUẾ. ). Trong. 1 1 2 3 AC   .2 3  . 3 3 3. 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 }m sao cho thể. tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 v{ khoảng c|ch từ D đến mặt phẳng  Oxy  bằng 1. Khi đó có tọa độ điểm D thỏa m~n b{i to|n l{: A. D  0;3; 1 . B. D  0; 3; 1 .. C. D  0;1; 1 .. D. D  0; 2; 1 .. Hướng dẫn giải Chọn A. Vì D   Oyz   D  0; b; c  , do cao độ }m nên c  0. Khoảng. c|ch. từ. D  0; b; c . đến. mặt. phẳng.  Oxy  : z  0. bằng. 1. c  1  c  1  do c  0  . 1 Suy ra tọa độ D  0; b; 1 . Ta có: uuur uuur uuur AB  1; 1; 2  , AC   4;2;2  ; AD   2; b;1 uuur uuur   AB, AC    2;6; 2    uuur uuur uuur   AB, AC  . AD  4  6b  2  6b  6  6  b  1   1 uuur uuur uuur  VABCD   AB, AC  . AD  b  1  6 .  D  0;3; 1 b  3  M{ VABCD  2  b  1  2   . Chọn đ|p |n D  0;3; 1 . b  1  D  0; 1; 1 C}u 75:. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (2;11;- 5) v{ mặt phẳng. (P ): 2mx + (m 2 + 1) y + (m 2 - 1)z - 10 = 0 . Biết rằng khi m thay đổi, tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc. với mặt phẳng (P ) v{ cùng đi qua A . Tìm tổng b|n kính của hai mặt cầu đó. A. 2 2 .. B. 5 2 .. C. 7 2 .. D. 12 2 .. Lời giải tham khảo: Gọi I (a; b; c), r lần lượt l{ t}m v{ b|n kính của mặt cầu . Do mặt cầu tiếp xúc với (P) nên ta có r = d (I , (P)) =. 2ma + (m2 + 1)b + (m2 - 1)c - 10. (m2 + 1). 2. =. (b - c)m2 + 2ma + b - c - 10. (m2 + 1). 2.

(50) é b + c - r 2 m2 + 2ma + b - c - r 2 - 10 = 0 (1) ê ê b + c + r 2 m2 + 2ma + b - c + r 2 - 10 = 0 (2) êë. ( (. (b + c)m2 + 2ma + b - c - 10 = r (m2 + 1) 2 Û ê. ) ). TH1: (b + c - r 2 )m2 + 2ma + b - c - r 2 - 10 = 0 (1) Do m thay đổi vẫn có mặt cầu cố định tiếp xúc với (P) nên yêu cầu b{i to|n trờ th{nh tìm điều kiện a, b, c. sao cho (1) không phụ thuộc v{o m . Do đó (1) luôn đúng với mọi. íï b = r 2 + 5 = 0 ïï Û ïì a = 0 ïï ïï c = - 5 î. 2. íï b + c - r 2 = 0 ïï Û ïì a = 0 ïï ïï b - c - r 2 - 10 = 0 î. Suy ra I (0;5 + r 2; - 5) = > (S ): x2 + (y - 5 - r 2 ) + (z + 5) = r 2 . 2. Đăng ký mua. file word trọn bộ chuyên đề khối 10,11,12: HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu”. Gửi đến số điện thoại: 0969.912.851 ér = 2 2 2 Lại có A Î (S ) nên suy ra : 4 + (- 11- 5 - r 2 ) = r 2 Û r 2 - 12 2r + 40 = 0 Û êê. êër = 10 2. TH2: (b + c + r 2 )m2 + 2ma + b - c + r 2 - 10 = 0 l{m tương tự TH1 (trường hợp n{y không thỏa đề b{i ) Tóm lại : Khi m thay đổi, tồn tại hai mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng (P ) v{ cùng đi qua A v{ có tổng b|n kính l{ : 12 2 suy ra chọn D C}u 76:. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A (3;0;0), B (0;2;0 ), C (0;0;6 ) v{ D (1;1;1) . Kí hiệu d l{ đường thẳng đi qua D sao cho tổng khoảng c|ch từ c|c điểm A, B, C đến d lớn nhất. Hỏi đường thẳng d đi qua điểm n{o dưới đ}y? A. M (- 1;- 2;1). B. N (5;7;3) . C. P (3;4;3) . D. Q (7;13;5) .. Lời giải tham khảo: x 3. Ta có phương trình mặt phẳng qua A,B,C l{ : (ABC ): +. y z + = 1 Û 2x + 3 y + z - 6 = 0 . 2 6. Dễ thấy D Î (ABC ) .Gọi A ', B ', C ' lần lượt l{ hình chiếu vuông góc của A, B, C trên d ..

(51) Suy ra d (A, d )+ d (B, d )+ d (C, d )= AA '+ BB '+ CC ' £ AD + BD + CD .Dấu bằng xảy ra khi A ' º B ' º C ' º D . Hay tổng khoảng c|ch từ c|c điểm A, B, C đến d lớn nhất khi d l{ đường thẳng qua D v{ vuông góc íï x = 1 + 2t ï với mặt phẳng (ABC ) = > d : ïïì y = 1 + 3t ; N Î d suy ra chọn B ïï ïïî z = 1 + t. C}u 77:. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A (5;5;0), B (1;2;3), C (3;5; - 1) v{ mặt phẳng (P ): x + y + z + 5 = 0 . Tính thể tích V của khối tứ diện SABC biết đỉnh S thuộc mặt phẳng (P ) v{ SA = SB = SC . A. V =. 145 . 6. B. V = 145 .. C. V =. 45 . 6. D. V =. 127 . 3. Lời giải tham khảo: Gọi S (a; b; c)Î (P) = > a + b + c + 5 = 0(1) . Ta có : AS = (a - 5) + (b - 5) + c2 , BS = (a - 1) + (b - 2) + (c - 3) , CS = (a - 3) + (b - 5) + (c + 1) 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2 2 2 2 2 2 íï ï (a - 1) + (b - 2) + (c - 3) = (a - 3) + (b - 5) + (c + 1) íï 4a + 6b - 8c - 21 = 0 Do SA = SB = SC Û ïì Û ïì ïï 2 2 2 2 2 2 ïïî 4a + 2c - 15 = 0 ïïî (a - 5) + (b - 5) + c = (a - 3) + (b - 5) + (c + 1). Ta có hệ :. íï ïï a= 6 íï 4a + 6b - 8c - 21 = 0 ïï ïï ïï 23 ïì 4a + 2c - 15 = 0 Û ïì b = Þ S= ïï ïï 2 ïïî a + b + c + 5 = 0 ïï ïï c = - 9 ïïî 2. uuur uuur uur = > AB Ù AC = (3; - 10; - 6); AS =. C}u 78:. uuur uuur æ 13 9 ÷ ö çç6; . Lại có : AB (- 4; - 3;3), AC (- 2;0; - 1) ;- ÷ ÷ çè 2 2ø. uuur uuur uur æ 23 9 ÷ ö 145 çç1; ;- ÷ = > AB Ù AC AS = 145 = > VS . ABC = ÷ çè 2 2ø 6. (. ). Cho hình chóp SABC có đ|y l{ tam gi|c đều cạnh bằng 6cm v{ SA = SB = SC = 4 3 (cm).Gọi D l{ điểm đối xứng của B qua C .Khi đó b|n kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABD bằng ? A. 5cm B. 3 2cm C. 26cm D. 37cm. Lời giải tham khảo : C|ch 1 : Dựng CG vuông góc với (ABC ) , Qua E dựng mặt phẳng vuông góc với SB , mặt phẳng n{y cắt CG tại F . Suy ra F l{ t}m mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD .Đặt SF = R Xét hình chữ nhật : FGSH = > FC = SH - FG = SH Lại có : FC = R2 - CB2 (2).Từ (1) v{ (2) suy ra SH 6-. R2 - 12 =. R2 - 36 Þ 5 -. R2 - 12 = 0 = > R =. C|ch 2 : Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ .. R2 - CH 2 (1). R2 - CH 2 =. R2 - CB2. 37 (cm) Suy ra chọn D.

(52) Ta có : C (0;0;0), A(- 3 3; - 3;0), B (- 3 3;3;0), S (- 2 3;0;6) F Î CG = > F (0;0; t ) Þ FA = FS Û. Û t = 1 = > SC =. 2. 36 + t 2 = 12 + (t - 6). 37 (cm) suy ra chọn D.

(53)

Bai toan van dung cao Chu de 7 TOA DO TRONG KHONG GIAN OXYZ Co loi giai file word

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về