Tài liệu Bài toán vận dụng cao chủ đề 7. tọa độ trong không gian oxyz có lời giải file word

  • Số trang: 49 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 396 |
  • Lượt tải: 0
sushinguyen

Tham gia: 09/08/2017

Mô tả:

PHẦN CUỐI: BÀI TOÁN VẬN DỤNG (8.9.10) Chủ đề 7. TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN OXYZ (SGD VĨNH PHÚC) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;2; 0 , B 3; 4;1 , Câu 1: D 1; 3;2 . Tìm tọa độ điểm C sao cho ABCD là hình thang có hai cạnh đáy AB , CD và có góc C bằng 45 . A. C 5; 9; 5 . C. C B. C 1;5; 3 . D. C 3;7; 4 . 3;1;1 . Hướng dẫn giải Chọn D. Cách 1. AB (2;2;1) . x Đường thẳng CD có phương trình là CD : y z Suy ra C 1 2t; 3 (4 (4 2t)2 t ; CB (4 Ta có cos BCD Hay 2t;2 (4 (1 2t)( 2t) 2t)2 2t)( 2t) (4 2t)2 (1 2t)2 (1 (1 2t;1 2t)( 2t) ( 1 1 3 2 2t 2t . t 2t; 1 2t)( 2t) ( 1 ( 1 t)2 ( 2t)2 t), CD ( 1 t)2 ( 2t)2 t)( t) ( 2t)2 t)( t) ( 2t)2 ( 2t; 2t; t) . ( t)2 ( 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 các phương án A, B, C, D), ta thấy t 2 thoả (1). Cách 2. Ta có AB (2;2;1), AD ( 2;1;2) . Suy ra AB CD và AB AD . Theo A B giả thiết, suy ra DC 2AB . Kí hiệu ta có C(a;b;c) , DC 2AB (a 1; b 3; c 2) , (4; 4;2) . Từ đó C(3;7;4) . D C x (SGD VĨNH PHÚC) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba đường thẳng d1 : y z Câu 2: x d2 : y z x 1 t2 , d3 : y 0 z t1 0 , 0 1 0 . Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm H 3;2;1 và cắt ba đường t3 thẳng d1 , d 2 , d 3 lần lượt tại A , B , C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . A. 2x 3x 2y 2y z z 11 14 0. B. x y z 6 0 . C. 2x 2y z 9 0. D. 0. Hướng dẫn giải Chọn A. Gọi A a; 0; 0 , B 1; b; 0 , C 1; 0; c . AB 1 a; b; 0 , BC 0; b; c , CH 2;2;1 c , AH 3 a;2;1 . Yêu cầu bài toán AB, BC .CH AB.CH 2bc 2c a a b 1 c 2b 0 BC.AH 0 0 1 1 c b a 1 0 b 2 9b 2b 3 0 b 0 9 2 Nếu b 0 suy ra A Nếu b 11 9 9 ; 0; 0 , B 1; ; 0 , C 1; 0;9 . Suy ra phương trình mặt phẳng ABC là , tọa độ A 2 2 2 2x Câu 3: 2y z 11 B (loại). 0. (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 , các đỉnh B(m;0;0) , D(0;m;0) , A (0; 0; n) với m, n 0 và m n 4 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC . Khi đó thể tích tứ diện BDA M đạt giá trị lớn nhất bằng 9 64 75 245 A. . B. . C. . D. . 27 32 4 108 Hướng dẫn giải z A' n Tọa độ điểm C(m; m; 0),C (m; m;; n), M m; m; 2 B' D' C' n BA m; 0; n , BD m; m; 0 , BM 0; m; n 2 AO D BA , BD mn; mn; m 2 B m m y C x m2 n 4 1 BA , BD .BM 6 VBDA M m Ta có m.m.(2n) VBDA M m 3 2n 3 512 27 256 27 m2 n 64 27 Chọn đáp án: C Câu 4: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hai mặt phẳng 4x 4y 2z 7 0 và 2x 2y z 1 0 chứa hai mặt của hình lập phương. Thể tích khối lập phương đó là A. V 27 8 81 3 8 . B. . V C. V  9 3 2 D. V  64 27 Hướng dẫn giải Theo bài ra hai mặt phẳng 4 x  4 y  2 z  7  0 và 2 x  2 y  z  1  0 chứa hai mặt của hình lập phương. Mà hai mặt phẳng ( P) : 4 x  4 y  2 z  7  0 và (Q) : 2 x  2 y  z  1  0 song song với nhau nên khoảng cách 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 là: V  . .  . 3 3 3 27 Câu 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  và đường thẳng d :  y  0 . Điểm C thuộc d sao 5   z  2  t  cho chu vi tam giác ABC là nhỏ nhấ thì độ dài CM bằng 2 6 . A. 2 3. B. 4. C. 2. D. 5 Hướng dẫn giải Do AB có độ dài không đổi nên chu vi tam giác 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   2 2t  2   9, BC  2  4.  2t  2  2 4 Đặt u        2t  2 2;3 , v   2t  2; 2 ápdụngbấtđẳngthức u  v  u  v 2t  2 2  2 9   2t  2  2  4  2 2 2  2  25. Dấubằngxảyrakhivàchỉ 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 2 Chọn C. Câu 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 N   P  sao cho S  2 NA2  NB2  NC 2 đạt giá trị C. N  2;0;1 . B. N  3;5;1 . 3 1  D. N  ;  ; 2  . 2 2  Hướng dẫn giải Chọn A. 1 3   3 5 Gọi I là trung điểm BC và J là trung điểm AI . Do đó I  1; ;  và 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 là hình chiếu của N trên  P  .  x  t  3  Phương trình đường thẳng NJ :  y   t . 4  5  z  4  t  x  y  z 1  0  1 x  t x   2   5   3  y  Tọa độ điểm J là nghiệm của hệ:  y   t 4 4   3   5 z   t z  4   4 Câu 7: (LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng x 1  x2 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  t z  1 u   với cả d1, d2 và có tâm 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. Đường thẳng d1 đi qua điểm M 1 1;1;0  và có véc tơ chỉ phương ud1   0;0;1 . Đường thẳng d 2 đi qua điểm M 2  2;0;1 và có véc tơ chỉ phương ud2   0;1;1 . Gọi I là tâm của mặt cầu. Vì I   nên ta tham số hóa I 1  t ; t ;1  t  , từ đó IM1   t;1  t; 1  t  , IM 2  1  t; t; t  . Theo giả thiết ta có d  I ; d1   d  I ; d 2  , tương đương với  IM 1 ; ud   IM 2 ; ud  1  2      ud1 ud 2 1  t  2  t2 1  2 1  t  2 2 t0 Suy ra I 1; 0;1 và bán kính mặt cầu là R  d  I ; d1   1 . Phương trình mặt cầu cần tìm là  x  1 Câu 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  và 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  . 7 7 31 C. M  ; ;  .   6 6 4  6 18 25 B. M   ;  ;  .    11 11 11   2 11 18  D. M   ;  ;  .  5 5 5 Hướng dẫn giải Chọn D. Thay tọa độ A 1;0; 2  ; B  0; 1; 2  vào 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 là điểm đối xứng của A qua  P  . Ta có MA  MB  MA  MB  AB . Nên min  MA  MB   AB khi và chỉ khi M là giao điểm của A AB với  P  . M H P A' x  1 t  Phương trình AA :  y  2t ( AA đi qua A 1;0; 2  và có véctơ chỉ phương n P   1; 2; 1 ).  z  2  2t  Gọi H là giao điểm của AA trên  P  , suy ra tọa độ của H là 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 là giao điểm của AB với  P  nên ta tính được tọa độ M   ;  ;  .   5 5  5 Câu 9: (LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x y 1 z  2 và 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 và vuông góc với đường thẳng  là  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. Vectơ chỉ phương của  : u  1;1; 1 , vectơ pháp tuyến của  P  là n P   1; 2; 2  .  d    u d  u  Vì    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  là nghiệm của hệ   t  2  H  2; 1; 4  . z  2t  x  2 y  2z  4  0  Lại có  d ;     P   d , mà H     P  . Suy ra H  d . Vậy đường thẳng d đi qua H  2; 1; 4  và có VTCP u d   4; 3;1 nên có phương trình  x  2  4t  d :  y  1  3t  t   z  4t  Câu 10: . (LÝ TỰ TRỌNG – TPHCM) Trong không gian cho điểm M (1; 3;2) .Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua M và cắt các trục tọa độ tại A, B, C mà 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) vào (*) ta có phương trình vô nghiệm Thay (2),(3),(4) vào (*) ta được tương ứng a  4, a  6, a  3 4 Vậy có 3 mặt phẳng. Câu 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 và cắt nửa trục dương Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho OG nhỏ nhất với G là trọng tâm tam giác ABC . A. x  y  2z 11  0 . B. 8x  y  z  66=0 . D. x  2 y  2 z 12  0 . C. 2x  y  z 18  0 . Hướng dẫn giải Chọn D. Cách 1 : Với đáp án A: A(11;0;0); B(0;11;0);C(0;0; Với đáp án 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 đáp án C: A(9;0;0); B(0;18;0);C(0;0;18)  G(3; 18 18 ; )  OG 2  81 3 3 Với đáp án D: A(12;0;0);B(0;6;0);C(0;0;6)  G(4;2;2)  OG 2  24 Cách 2 : 8 1 1 Gọi A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a, b, c  0 . Theo đề bài ta có :    1 . Cần tìm giá trị a b c nhỏ nhất của a2  b2  c2 .     Ta có a 2  b2  c 2  4  1  1   a.2  b.1  c.1  6. a 2  b2  c 2   2a  b  c  Mặt khác 2 2 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 Suy ra a2  b2  c2  63 . Dấu ''  '' xảy ra khi a2  b 2  c 2  a  2b  2c. 4 Vậy a2  b2  c2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 216 khi a  12, b  c  6 . Vậy phương trình mặt phẳng là : Câu 12: x y z    1 hay x  2 y  2 z 12  0 . 12 6 6 (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x2 y z 2 2 2 và mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  1  2 . Hai mặt phẳng  P  d:   2 1 4 và  Q  chứa d và tiếp xúc với  S  . Gọi M , N là tiếp điểm. Tính độ dài đoạn thẳng MN. 4 A. 2 2. B. C. 6. D. 4. . 3 Hướng dẫn giải Chọn B .  S  có tâm I 1;2;1 , R  2 Đường thẳng d nhận u   2; 1;4  làm vectơ chỉ Mặt cầu phương Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng d . H  d  H  2t  2; t ;4t  Lại có : 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  . Vậy IH  1  4  1  6 Suy ra: HM  6  2  2 Gọi K là 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 2 4 Suy ra: MK  .  MN  3 3 Câu 13: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) 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 các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C khác O . Tính giá 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 là : VOABC  abc 6 Áp 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 Câu 14:  x  2  2t  x  2  t   (THTT – 477) Cho hai đường thẳng d1 :  y  1  t và d 2 :  y  3 . Mặt phẳng cách đều  z  t  z  2t   hai đường thẳng d1 và d 2 có phương trình là 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 M Chọn D. P d1 qua A  2;1;0 và có VTCP là u1  1; 1;2 ; B d2 qua B  2;3;0 và có VTCP là u2   2;0;1 . Có  u1, u2    1; 5; 2 ; AB   0;2;0 , suy ra u1, u2 .AB  10 , nên d1; d2 là chéo nhau. Vậy mặt phẳng  P  cách đều hai đường thẳng d1, d2 là đường thẳng song song với d1, d2 và đi qua trung điểm I  2;2;0 của đoạn thẳng AB . Vậy phương trình mặt phẳng  P  cần lập là: x  5y  2z  12  0. Câu 15: (THTT – 477) Cho hai điểm A  3;3;1 , B  0; 2;1 và mặt phẳng   : x  y  z  7  0 . Đường thẳng d nằm trên   sao cho mọi điểm của d cách đều 2 điểm A, B có phương trình là x  t  A.  y  7  3t .  z  2t  x  t  B.  y  7  3t .  z  2t   x  t  C.  y  7  3t .  z  2t  Hướng dẫn giải  x  2t  D.  y  7  3t . z  t  Chọn A. Mọi điểm trên d cách đều hai điểm A, B nên d nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn AB . 3 5  Có AB   3; 1;0 và trung điểm AB là I  ; ;1 nên mặt phẳng trung trực của AB là: 2 2  3  5  3 x     y    0  3x  y  7  0 . 2  2  3x  y  7  0  y  7  3x Mặt khác d    nên d là giao tuyến của hai mặt phẳng:  .   x  y  z  7  0  z  2x x  t  Vậy phương trình d :  y  7  3t  t   z  2t  Câu 16: . (SỞ GD HÀ NỘI) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A 1;0;0  , B  2; 0;3 , M  0;0;1 và N  0;3;1 . Mặt phẳng  P  đi qua các điểm M , N sao cho khoảng cách từ điểm B đến  P  gấp hai lần khoảng cách từ điểm A đến  P  . Có bao mặt phẳng  P  thỏa mãn đầu bài ? A. Có vô số mặt phẳng  P  . B. Chỉ có một mặt phẳng  P  . C. Không có mặt phẳng  P  nào. D. Có hai mặt phẳng  P  . Hướng dẫn giải Chọn A. Giả sử  P  có phương trình là: ax  by  cz  d  0  a 2  b 2  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 bài ra: d  B,  P    2d  A,  P    2a  3c  c a c 2 2 2 ac a2  c2  ca  ac Vậy có vô số mặt phẳng  P  . Câu 17: 1 3  (SỞ GD HÀ NỘI) Trong không gian Oxyz , cho điểm M  ;  2 2 ;0  và mặt cầu    2 2 2  S  : x  y  z  8 . Đường thẳng d thay đổi, đi qua điểm M , cắt mặt cầu  S  tại hai điểm A, B phân biệt. Tính diện tích lớn nhất S của tam giác OAB . A. S  7. B. S  4. C. S  2 7. Hướng dẫn giải Chọn A. D. S  2 2. Cách 1: Mặt cầu  S  có tâm O  0; 0; 0  và bán 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 R 2  OM 2  2 7 và 1 S AOB  OM . AB  7 2 Cách 2: gọi H là hình chiếu của O xuống đường thẳng d, đặt OH  x  0  x  1 Khi đó 1 AB  2 R 2  OH 2  2 8  x 2 và S AOB  OH . AB  x 8  x 2 . 2 Khảo sát hàm số f  x   x 8  x 2 trên  0;1 thu được giá trị lớn nhất của hàm số là 7 Đạt được tại x  1 Câu 18: (BẮC YÊN THÀNH) Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua điểm M (1;9;4) và cắt các trục tọa độ tại các điểm A , B , C (khác gốc tọa độ) sao cho OA  OB  OC . A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Hướng dẫn giải Chọn D. Giả sử mặt phẳng ( ) cắt các trục tọa độ tại các điểm khác gốc tọa độ là 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 ( ) là 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 ( ) là 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 ( ) là x  y  z  4  0. a a a +) TH4: a  b  c. Từ (1) có 1 9 4    1  a  12, nên pt mp ( ) là x  y  z  12  0. a a a Vậy có 4 mặt phẳng thỏa mãn. Câu 19: (BIÊN HÒA – HÀ 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 các tia Ox, Oy, Oz sao cho a  b  c  2 . Biết rằng khi a, b, c thay đổi thì quỹ tích tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng  P  cố định. Tính khoảng cách từ M  2016;0;0  tới mặt phẳng  P  . A. 2017 . B. 2014 . 3 C. 2016 . 3 D. 2015 . 3 Hướng dẫn giải Chọn D. Gọi   là mặt phẳng trung trực của đoạn OA a     đi qua điểm D  ;0;0  và có VTPT OA   a;0;0  a 1;0;0 2  a    : x   0 . 2 Gọi    là mặt phẳng trung trực của đoạn OB  a      đi qua điểm E  0; ;0  và có VTPT OB   0; a;0  a  0;1;0   2  a    : y   0 . 2 Gọi    là mặt phẳng trung trực của đoạn OC a      đi qua điểm F  0;0;  và có VTPT OC   0;0; a   a  0;0;1 2  a    : z   0 . 2 a a a Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC  I             I  ; ;  . 2 2 2 a b c Mà 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 Câu 20: (SỞ BÌNH PHƯỚC) Trong không gian 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 và    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 là 2 1 3 5 A. . B. . C. . D. . 9 6 6 8 Hướng dẫn giải Chọn A. với hệ Cách 1: Ta có  ABC  : x y z    1. a b c Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2;3 và bán 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 Mà 1 2 3 1 1 1 7   7 2  2  2  . a b c a b c 2 Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có 2 1 2 12  22  32   a12  b12  c12    a  b  3   72  a12  b12  c12  7 .     c 2    1 2 3 1  1  1 1 2 2  Dấu "  " xảy ra   a b c  a  2, b  1, c  , khi đó VOABC  abc  . 6 9 3 1 2 3   7  a b c Cách 2: Ta có  ABC  : 72 x y z    1, mặt cầu  S  có tâm I (1; 2;3), R  . a b c 7 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 c 2  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 Cách 3: Giống Cách 2 khi đến 1 1 1 7    . a 2 b2 c 2 2 Đến đây 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 Mà 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 1 2 2 ta được a  2 , b  1 , c  . Vậy: VOABC  abc  . 6 3 9  a  2  1 2 Ta có  b  1  VOABC  abc  . 6 9  2 c  3  Cách 4: Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2;3 và bán kính R  Phương trình mặt phẳng ( ABC ) : 72 . 7 x y z    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  ; ;  vào phương trình mặt cầu ( S ) ta thấy đúng nên M  (S ) . 7 7 7 Suy ra: ( ABC ) tiếp xúc với ( S ) thì M là tiếp điểm.  6 12 18  1 2 3 Do đó: ( ABC ) qua M  ; ;  , có VTPT là MI   ; ;   n  1;2;3 7 7 7 7 7 7  ( ABC ) có phương trình: x  2 y  3 z  2  0  x y z 2   1 a  2, b 1, c  . 2 1 2 3 3 1 2 Vậy V  abc  6 9 Câu 21: (LƯƠNG TÂM) Phương trình của mặt phẳng nào sau đây đi qua điểm M 1; 2;3 và cắt ba tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B , C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất? A. 6x  3 y  2z  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): 1 2 3 6 27.6 1    33 1  abc  27  V  27 a b c abc abc 6 a  3 1 2 3 1  Ta có: V đạt giá trị nhỏ nhất  V  27      b  6 a b c 3 c  9  Áp dụng BDT Côsi ta có: 1  Vậy (ABC): 6 x  3 y  2 z 18  0 . Chọn (D) Câu 22: (PHAN ĐÌNH PHÙNG – HN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 3x  y  z  5  0 và hai điểm A 1; 0; 2  , B  2; 1; 4  . Tìm tập hợp các điểm M  x; y; z  nằm trên mặt phẳng  P  sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất.  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 x  7 y  4z  7  0 A.  . 3x  y  z  5  0 x  7 y  4z  7  0 C.  . 3x  y  z  5  0 Hướng dẫn giải Chọn C. Ta thấy hai điểm A, B nằm cùng 1 phía với mặt phẳng  P  và AB song song với  P  . Điểm M   P  sao cho tam giác ABM có diện tích nhỏ nhất AB.d ( M ; AB) nhỏ nhất  d  M ; AB  nhỏ nhất, hay M     P    Q  ,  Q  là mặt 2 phẳng đi qua AB và vuông góc với  P  .  SABC  Ta có AB  1; 1; 2  , vtpt của  P  n P    3;1; 1 Suy ra vtpt của  Q  : nQ    AB, n P     1;7; 4    Q  : 1 x  1  7 y  4  z  2   0 PTTQ   x  7 y  4z  7  0 x  7 y  4z  7  0 . Quỹ tích M là  3x  y  z  5  0 Câu 23: (CHUYÊN ĐH VINH) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M  2; 2;1 , x 1 y  5 z   . Tìm véctơ chỉ phương u của đường thẳng  2 2 1 đi qua M , vuông góc với đường thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng bé nhất. A. u   2;1;6  . B. u  1;0; 2  . C. u   3; 4; 4  . D. u   2;2; 1 . A 1; 2; 3 và đường thẳng d : Hướng dẫn giải Đáp án: B. Gọi P là mặt phẳng qua M và vuông góc với d . Phương trình của  P  : 2 x  2 y  z  9  0 . d A Gọi H ,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên  , P  . Ta có K  3; 2; 1 K P d( A,  )  AH  AK H M Vậy khoảng cách từ A đến  bé nhất khi  đi qua M ,K .  có véctơ chỉ phương u  1;0; 2  Câu 24: (MINH HỌA L2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xét các điểm A  0;0;1 , B  m;0;0  , C  0; n;0  , D 1;1;1 với m  0; n  0 và m  n  1. Biết rằng khi m , n thay đổi, tồn tại một mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng  ABC  và đi qua d . Tính bán 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  là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng (Oxy) x y   z 1 m n Suy ra phương trình tổng quát của ( ABC ) là nx  my  mnz  mn  0 1  mn  1 (vì m  n  1 ) và ID  1  d ( I ;  ABC   . Mặt khác d  I ;  ABC    m2  n2  m2 n 2 Nên tồn tại mặt cầu tâm I (là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng Oxy ) tiếp xúc với ( ABC ) và đi qua D . Khi đó R  1 . Ta có: Phương trình theo đoạn chắn của mặt phẳng ( ABC ) là: Câu 25: Cho ba điểm A 3;1; 0 , B 0; 1; 0 ,C 0; 0; 6 . Nếu tam giác A B C thỏa mãn hệ thức AA BB CC A. 1; 0; 2 . 0 thì có tọa độ trọng tâm là: B. 2; 3; 0 . C. 3; 2; 0 . D. 3; 2;1 . Hướng dẫn giải Đáp án A * Cách diễn đạt thứ nhất: Gọi G, G’ theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’. Với mọi điểm T trong không gian có: 1 : A' A TA B 'B TB TC C 'C TA ' 0 TA TA ' TB ' TC ' TB 2 TB ' TC TC ' 0 Hệ thức (2) chứng tỏ . Nếu T TA ' TB ' TC ' cùng trọng tâm. 0 hay T 3 Ta có tọa độ của G là: G tức là TA G TB TC 0 thì ta cũng có G ' hay (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có 0 3 Đó cũng là tọa độ trọng tâm G’ của 0 1 ; 1 3 0 0 ; 0 3 6 1; 0; 2 A ' B 'C ' * Cách diễn đạt thứ hai: Ta có: AA ' A 'G ' GA BB ' G 'G GB CC ' GA GC 0 (1) B 'G ' A 'G ' G 'G B 'G ' GB C 'G ' C 'G ' G 'G 3G 'G GC 0 0 (2) Nếu G, G’ theo thứ tự lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, A’B’C’ nghĩa là GA GB GC A 'G ' B 'G ' C 'G ' thì 2 G 'G G' 0 G Tóm lại (1) là hệ thức cần và đủ để hai tam giác ABC, A’B’C’ có cùng trọng tâm. Ta có tọa độ của G là: G tâm G’ của Câu 26: 3 0 3 0 1 ; 1 3 0 0 ; 0 3 6 1; 0; 2 . Đó cũng là tọa độ trọng A ' B 'C ' (AN LÃO)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 2; 1), B 1; 2;  3 và đường thẳng d : x 1 y  5 z   . Tìm vectơ chỉ phương u của đường thẳng  qua A, vuông 2 2 1 góc với d đồng thời cách điểm B một khoảng bé nhất. A. u  (2;1;6) B. u  (2;2; 1) C. u  (25; 29; 6) D. u  (1;0;2) Hướng dẫn giải Cách 1 (Tự luận) Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với d, B’ là hình chiếu của B lên (P) Khi đó đường thẳng  chính là đường thẳng AB’ và u  B'A Qua A(2; 2;1)   (P) : 2x  2y  z  9  0 VTPT n P  u d  (2;2; 1)  Ta có  P  :   x  1  2t  Gọi d’ là đường thẳng qua B và song song d’  d '  y  2  2t z  3  t  B’ là giao điểm của d’ và (P)  B'(3; 2; 1)  u  B'A  (1;0;2)  Chọn D Cách 2: Không cần viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với d.  x  1  2t  Gọi d’ là đường thẳng qua B và song song d’  d '  y  2  2t z  3  t  B’  d’  B'A   2t  3; 2t  4; t  4  AB’  d  u d .B'A  0  t  2  u  B'A  (1;0;2)  Chọn D Câu 27: (AN LÃO)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 và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho đường thẳng AB vuông góc với d. A.  P  : x  2 y  5 z  4  0. B.  P  : x  2 y  5 z  5  0. C.  P  : x  2 y  z  4  0. D.  P  : 2 x  y  3  0. Hướng dẫn giải Cách 1 (Tự luận) Đường thẳng d qua M(2;1;0) và có VTCP ud  1;2; 1 Ta có: AB  d và AB  Oz nên AB có VTCP là: u AB  ud , k    2; 1;0    (P) chứa d và AB nên (P) đi qua M(2;1; 0), có VTPT là: n  ud , u AB   1;2;5      P  : x  2 y  5z  4  0  Chọn A Cách 2: Dùng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn. Đường thẳng d qua 2 điểm M(2;1;0) và 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)   P : x y z   1 a b c AB  d  AB.ud  0  a  2b (1)  P  chứa d nên d cũng đi qua M, N  2 1 3 3 1   1 (2) ,    1 (3) a b a b c Từ (1), (2), (3)  a = 4, b = 2, c = Câu 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  . Biết MN  13, MON  600 , thể tích tứ diện OMNP bằng 3. Giá trị của biểu thức A  m  2n2  p2 bằng A. 29. B. 27. C. 28. D. 30. Hướng dẫn giải OM   3;0;0  , ON   m; n;0   OM .ON  3m OM .ON  OM . ON cos 600  OM .ON OM . ON MN   m  3 2  1 m 1   2 2 2 2 m n  n2  13 Suy ra m  2; n  2 3 1 OM , ON  .OP  6 3 p  V  6 3 p  3  p   3   6 Vậy A  2  2.12  3  29. Câu 29: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình vuông ABCD , B(3;0;8) , D(5; 4;0) . Bié t đỉnh A thuộc mặt phẳng ( Oxy ) và có tọ a đọ là 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 là I (1; 2;4) , BD  12 và điểm A thuộc mặt phẳng (Oxy) nên A(a; b;0) .  AB 2  AD 2 (a  3)2  b2  82  (a  5)2  (b  4)2   2  ABCD là hình vuông    1  2 2 2 2 (a  1)  (b  2)  4  36   AI   BD  2    17 a  5 b  4  2a a  1   17 14    A(1; 2; 0) hoặc A  ; ;0  (loạ i).  hoặc  2 2  5 5  b  2 (a  1)  (6  2a)  20 b  14  5  Với A(1;2;0)  C (3; 6;8) . Câu 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 giá trị nhỏ nhất thì x  y  z bằng A. 7. B. 8. C. 9. Hướng dẫn giải D. 6. 7 14 Gọi G là trọng tâm 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  Câu 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 là trung điểm của CD, SH   ABCD  . Để khối chóp S. ABCD có thể tích bằng điểm S1 , S2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Tìm tọa độ trung điểm I của SS 1 2 A. I  0; 1; 3 . C. I  0;1;3 . B. I 1;0;3 27 (đvtt) thì có hai 2 D. I  1;0; 3 . Hướng dẫn giải Ta có AB   1; 1; 2  , AC  1; 2;1  S ABC  1 3 3  AB, AC     2 2 DC   2; 2;4  , AB   1; 1;2   DC  2. AB  ABCD là hình thang và S ABCD  3S ABC  9 3 2 1 Vì VS . ABCD  SH .S ABCD  SH  3 3 3 Lại có H là trung điểm của CD  H  0;1;5  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 +) Với k  1  SH   3;3;3  S  3; 2; 2  +) Với k  1  SH   3; 3; 3  S  3; 4;8 Suy ra I  0;1;3 Câu 32: x 1 y  6 z   . Phương trình mặt cầu có tâm I và 2 1 3 cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho tam giác diện tích tam giác IAB bằng 2 6015 là: Cho điểm I 1;7;5  và 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 Hướng dẫn giải Gọi H là 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  2 2
- Xem thêm -