Bài tập trắc nghiệm vận dụng và vận dụng cao phương pháp tọa độ trong không gian oxyz

thuvientoan.net xin gửi đến bạn đọc tài liệu: Các dạng bài tập vận dụng cao hệ tọa độ trong không gian

Tài liệu xoay quanh chuyên đề hệ tọa độ trong không gian bao gồm phần lý thuyết trọng tâm và 14 câu trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn học sinh lớp 12 thông qua tìm hiểu tài liệu có thể tự thực hành chuyên đề hệ tọa độ trong không gian này để tạo phản xạ tốt và đạt được điểm số cao cho kỳ thi THPT quốc gia.

Sau đây, thuvientoan.net xin gửi đến bạn một số câu hỏi trắc nghiệm về chuyên đề hệ tọa độ trong không gian của chương trình toán THPT có trong tài liệu này:

Trong không gian Oxyz, cho A[2;1;-1], B[3;0;1], C[2;-1;3] và D nằm trên trục Oy. Thể tích tứ diện ABCD bằng 5. Tọa độ của D là

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho năm điểm A[0;0;3], B[2;-1;0], C[3,2,4], D[1;3;5], E[4;2;1] tạo thành một hình chóp có đáy là tứ giác. Đỉnh của hình chóp tương ứng là

Trong không gian Oxyz cho hai điểm A[1;2;3], B[-1;0;1]. Trọng tâm G của tam giác OAB có tọa độ là:

Bạn vui lòng kéo xuống khung bên dưới để xem chi tiết tài liệu. Chúc các bạn học tốt !

Tài liệu

Tải file PDF: Tại đây.

THEO THUVIENTOAN.NET

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆMVẬN DỤNG VÀ VẬN DỤNG CAOPHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN OXYZOxyzCâu 1: Trong khơng gian với hệ tọa độM [1; 2;3][ P], cho điểm. Gọilà mặt phẳng đi qua điểm[ P]và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất, mặt phẳngA, B, C. Tính thể tích khối chópA.13729.B.6869O. ABCcắt các trục tọa độ tại các điểm..C.5243.D.Lời giảiChọn B.GọiHlà hình chiếu củaTam giácKhi đóOHMO[ P]lên mpOH ≤ OM ,∀Hcód [ O, [ P ] ] = OH.lớn nhất khiM ≡HTrang 1OM ⊥ [ P ], hay.3439.M [ P]Mpđi quauuuurOM = [ 1; 2;3]Mvà nhận[ P]phương trình[ P]Oxcắtlàm véc tơ pháp tuyến,x + 2 y + 3z − 14 = 0:Oy;VO. ABC =Thể tích;.Oz8689A [ 14;0; 0 ] B [ 0;7; 0 ]lần lượt tại,,14 C  0;0; ÷3.A [ 0; 4; −3]Câu 2 [ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2019]: Trong không gian Oxyz , cho điểm.Xét đường thẳng d thay đổi, song song với trục Oz và cách trục Oz một khoảng bằng 3. Khikhoảng cách từ A đến d nhỏ nhất, d đi qua điểm nào dưới đây?P [ −3;0; −3]A..Lời giảiB.M [ 0; −3; −5 ].C.Chọn CTa có mơ hình minh họa cho bài tốn sau:Ta cód [ A; d ] min = d [ A; Oz ] − d [ d ; Oz ] = 1Trang 2.N [ 0;3; −5 ].D.Q [ 0;5; −3]. Khi đó đường thẳng d đi qua điểm cố định[ 0;3;0 ]và douur rd / / Oz ⇒ ud = k = [ 0;0;1]làm vectơ chỉx = 0⇒ d y = 3z = tN [ 0;3; −5 ]phương của d. Dựa vào 4 phương án ta chọn đáp án C..Câu 3 [ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2019]: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu[ S ] : x2 + y 2 + [ z +2]2=3A [ a; b; c ]. Có tất cả bao nhiêu điểm[ a, b, c là các số nguyên] thuộcOxy ]Smặt phẳng [sao cho có ít nhất hai tiếp tún của [ ] đi qua A và hai tiếp tún đó vnggóc với nhau?A. 12 .B. 8 .C. 16 .D. 4 .Lời giảiChọn AA [ a;b;c][Oxy] nên A [ a;b;0] .Dothuộc mặt phẳngNhận xét: Nếu từ A kẻ được ít nhất 2 tiếp tuyến vng góc đến mặt cầu khi và chỉ khiR £ I A £ R 2 Û 3 £ a2 + b2 + 2 £ 6 Û 1 £ a2 + b2 £ 4.Tập các điểm thỏa đề là các điểm nguyên nằm trong hình vành khăn [kể cả biên], nằm trong mặtphẳng[Oxy] , tạo bởi 2 đường tròn đồng tâm O [ 0;0;0]bán kính lần lượt là 1 và 2.Nhìn hình vẽ ta có 12 điểm thỏa mãn yêu cầu bài tốn.OxyzCâu 4: Trong khơng gian với hệ trục tọa độ[ d1 ] :x − 3 y +1 z +1==1−21xy[ d 2 ] : 1 = −2 =z −11, cho bốn đường thẳng:[ d3 ] :x −1 y +1 z −1==211,,Số đường thẳng trong không gian cắt cả bốn đường thẳng trên là:A.0.B.2.Trang 3C. Vô Sốx,[ d4 ] : 1 =y −1 z=−1−11D. .. Hướng dẫn giảiChọn D.d1 / / d 2do đó có một mặt phẳngDễ thấy[ P]d1 ; d 2duy nhất chứa[ P] : x + y + x − 1 = 0d3Mặt khác ta cód4chéolần lượt cắt[ P]tạiA [ 1; −1;1] ; B [ 0;1;0]A; BDo đó tồn tại một đường thẳng duy nhất quathỏa mãn yêu cầu bài toán.[ S ] : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 6 y − 4z − 2 = 0OxyzCâu 5: Trong không gian với hệ tọa độ[ α ] : x + 4 y + z − 11 = 0, mặt phẳngrv = [ 1; 6; 2 ]cho mặt cầu[ P][ α ] [ P]. Gọilà mặt phẳng vng góc với[ P][ S]với giá củavàtiếp xúc với2x − y + 2z − 2 = 0x − 2 y + z − 21 = 0A.vàx − 2 y + 2z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng..và2x − y + 2z + 3 = 02 x − y + 2 z − 21 = 0C..và2x − y + 2z + 5 = 0D.2x − y + 2z − 2 = 0.vàLời giảiChọn C[ S]Mặt cầuI [ 1; − 3; 2 ]có tâmurn1 = [ 1; 4;1][α ]Mặt phẳngvà bán kính làcó VTPT là.Trang 4song song[ P]x − 2 y + z − 21 = 0B.,R=4.. [ P]rv = [ 1; 6; 2 ][ α ] [ P]Vìlà mặt phẳng vng góc với,song song với giá củarurrurrn=n[ P]n1 1 , v  = [ 2; − 1; 2 ]vVTCP làvà , suy racó VTPT là.[ P]Phương trình mp2x − y + 2z + D = 0có dạngnêncó cặp[ S][ P]. Vì[ P]tiếp xúc vớinên ta cód [ I;[ P] ] = R⇔D = 39+ D=4 ⇔ D = −213.2x − y + 2z + 3 = 0Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn là2 x − y + 2 z − 21 = 0.và[α]Oxyz, phương trình tổng quát của mpCâu 6: Trong không gian với hệ tọa độqua hai điểmA [ 2; − 1; 4 ] B [ 3; 2; − 1][ β ] : x + y + 2z − 3 = 0,và vng góc với mplà:11x + 7 y − 2 z − 21 = 011x + 7 y + 2 z + 21 = 0A..B..11x − 7 y − 2 z − 21 = 0C.11x − 7 y + 2 z + 21 = 0.D..[ S ] : [ x − 1] 2 + [ y − 2] 2 + [ z − 3] 2 = 16OxyzCâu 7: Trong không gian với hệ tọa độ, cho mặt cầuA[1;0; 2], B[ −1; 2; 2][ P]và các điểm. Gọilà mặt phẳng đi qua hai điểm A, B sao cho thiết diệncủa mặt phẳng [P] với mặt cầu [S] có diện tích nhỏ nhất. Khi viết phương trình [P] dưới dạngax + by + cz + 3 = 0T = a + b + c.. Tính–3.–2.A. 3.B.C. 0.D.Lời giảiChọn BI [1; 2;3]Mặt cầu [S] có tâmVìIA = 5 < Rvà bán kínhR=4.nên điểm A nằm bên trong mặt cầu. Suy ra [P] luôn cắt mặt cầu. Gọi r là bánTrang 5 kính đường trịn giao tún, ta cór = R2 − d 2với d là khoảng cách từ I đến mặt phẳng [P].Diện tích hình trịn thiết diện nhỏ nhất khi và chỉ khi bán kính r nhỏ nhất, hay d lớn nhất.Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng AB ta có d lớn nhất khi[P].d = IHtức IH vng góc vớix = 1− tAB :  y = t [t ∈ ¡ ]z = 2Phương trình đường thẳnguuurH [1 − t ; t; 2] IH = [ −t ; t − 2; −1]Gọi..IH ⊥ AB ⇔ t + [t − 2] = 0 ⇔ t = 1H [0;1; 2]. Suy raMặt phẳng [P] nhậnuuurIH.làm vectơ pháp tuyến và đi qua điểm A nên có phương trình−[ x − 1] − y − [ z − 2] = 0 ⇔ − x − y − z + 3 = 0.Vậya + b + c = −3.A [ 1;0;0 ]OxyzCâu 8: Trong không gian với hệ tọa độcho các điểmD [ 2; −2; 0 ]A.7. Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua56B. .C. ..3B [ 0; 2; 0 ],C [ 0; 0;3 ],,5O A B C Dtrong điểm , , , , ?10D. .LờigiảiChọn B[ ABC ]Mặt phẳngLại cóAcó phương trình làlà trung điểmBD.[ Oxy ]Ta cóx y z+ + =1⇔ 6x + 3 y + 2z − 6 = 01 2 3chứa các điểmO A B D, , , .Trang 6D ∈ [ ABC ], do đó. [ Oyz ]chứa các điểmO B C, , ;chứa các điểmO A C, , ;[ Oxz ][ ABC ][ OCD ]A B C Dchứa các điểm , , , .O C Dchứa các điểm , , .5Vậy có mặt phẳng phân biệt thỏa mãn bài toán.α , β ,γOA, OB, OCOABCCâu 9: Xét tứ diệncóđơi một vng góc. Gọilần lượt là góc giữa cácOA, OB, OC[ ABC ]đường thẳngvới mặt phẳng. Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thứcM = [3 + cot 2 α ].[3 + cot 2 β ].[3 + cot 2 γ ]là48 3A. Số khác.B..C.48AOCBLời giảiChọn DTrang 7.D.125. AHOCBTa có·sin 2 α = sin 2 HAO=OH 2OA2sin 2 β =, tương tựsin 2 α + sin 2 β + sin 2 γ = OH 2 .[NênOH 2OH 22;sinγ=OB 2OC 2111++] =122OA OB OC 2.[2sin 2 α + 1].[2sin 2 β + 1].[2sin 2 γ + 1]M=sin 2 α .sin 2 β .sin 2 γVà; Áp dụng BĐT cố si, ta có6222222252sin 2 α + 1 = sin α + sin α + sin α + sin β + sin γ ≥ 5. sin α .sin β .sin γ[2sin 2 α + 1].[2sin 2 β + 1].[2sin 2 γ + 1] ≥ 125sin 2 α .sin 2 β .sin 2 γTương tự, ta đượcSuy raM ≥ 125. Dấu bằng xẫy ra khiOA = OB = OC.[ P ] : x − y + 2z + 1 = 0OxyzCâu 10: Trong không gian[ Q] : 2x + y + z −1 = 0, cho các mặt phẳng,[ S]. Gọi[ S]là mặt cầu có tâm thuộc trục hồnh, đồng thời[ P]theo giao tún là một đường trịn có bán kínhlà một đường trịn có bán kínhcầu.r. Xác địnhTrang 8r2[ S]vàcắt mặt phẳng[ Q]cắt mặt phẳngtheo giao tuyến[ S]sao cho chỉ có đúng một mặt cầuthỏa mãn yêu r= 3A.. B.r= 232r=.C.r=.D.3 22.Lời giảiChọn D.I* Gọi[ S]là tâm của mặt cầu[ S]* Do. Do4 = R −  d [ I ; [ P ] ]  ⇔ 4 = R[ S][ a + 1]−2cắt mặt phẳng⇒R2[ a + 1]= 4+6222[ 2a − 1]−622nên ta có:[ 1]theo giao tún là một đường trịn có bán kính2[ 1]r26r = R −  d [ I ; [ P ] ]  ⇔ r = R2.[ Q]2* Từnên ta cótheo giao tún là một đường trịn có bán kính222I [ a;0; 0 ][ P]cắt mặt phẳng* DoI ∈ Oxrnên ta có:[ 2][ 2]vàta có:[ a + 1]= 4+62[ 2a − 1]−2⇔ −3a 2 + 6a + 24 − 6r 2 = 0 ⇔ − a 2 + 2a + 8 − 2r 2 = 06[ S][ 3]* Để có duy nhất một mặt cầuthỏa mãn yêu cầu điều kiện là phương trìnhar>0một nghiệm vớinên điều kiện là:∆ ′ = 9 − 2r 2 = 0 ⇔ r =3 22[ Q ] : 2x − y + 2z + 1 = 0[ P ] : x − 2 y + 2 z −1 = 0, cho các mặt phẳng[ S]. Gọicó duy nhất.OxyzCâu 11: Trong không gian[ 3],[ S]là mặt cầu có tâm thuộc trục tung, đồng thờiTrang 9[ P]cắt mặt phẳngtheo giao tún là một đường trịn có bán kínhcó bán kínhrr. Xác định.[ S]và[ Q]cắt mặt phẳngsao cho chỉ có đúng một mặt cầuB.r = 11r=.Câu 12: Trong không gianr=C..D.r,[ S], đồng thời[ S]và.[ P ] : x + y − 2z + 1 = 0 [ Q ] : x − 2 y + z + 1 = 0Ozlà mặt cầu có tâm thuộc trụctrịn có bán kính11 33, cho các mặt phẳng[ S]2thỏa mãn yêu cầu.113OxyzGọitheo giao tuyến là một đường tròn[ S]r= 3A.2[ P]cắt mặt phẳngtheo giao tuyến là một đường[ Q]cắt mặt phẳng.theo giao tuyến là một đường trịn có bán kínhr. Xác định[ S]sao cho chỉ có đúng một mặt cầu72r=r= 7A.thỏa mãn yêu cầu..B..C.r =7 2r=.D.thẳng∆cho mặt cầulà giao tuyến của hai mặt phẳng∆[ β ] : 2x − 2 y − z + 1 = 0và[ S]A, BAB = 8tại hai điểm phân biệtthỏa mãnkhi:m = −12.m = −10.m = 5.B.C.D.cắt mặt cầuLời giảiTa cóvà đường[ α ] : x + 2 y − 2z − 4 = 0Đường thẳngm = 12.A.Chọn.[ S ] : x2 + y2 + z 2 + 4 x − 6 y + m = 0OxyzCâu 13: Trong không gian tọa độ7 22B.x + 2 y − 2z − 4 = 02 x − 2 y − z + 1 = 0Phương trình tham số của.∆là x = −2 + 2ty = t z = −3 + 2tTrang 10.. A ∈ [ ∆ ] ⇒ A [ −2 + 2t ; t ; −3 + 2 t ].A ∈ [ S ] ⇒ [ −2 + 2t ] + t 2 + [ −3 + 2t ] + 4 [ −2 + 2t ] − 6t + m = 022[*].[*]⇔ 9t 2 − 18t + 5 + m = 0.Phương trình [*] có hai nghiệm phân biệt khi∆′ = 36 − 9m > 0 ⇔ m < 4.A [ −2 + 2t1 ; t1 ; −3 + 2 t1 ] , B [ −2 + 2t2 ; t2 ; −3 + 2 t 2 ]Khi đó.t1 + t1 = 2, t1t 2 =5+m9AB = 8 ⇔ AB 2 = 64.. Suy ra229 [ t2 − t1 ] = 64 ⇔ 9 [ t1 + t2 ] − 4t1t2  = 64 5 + m ⇒ 9.  22 − 4 ÷ = 64 ⇔ m = −12 9 .Cách 2:[ S]Mặt cầuI [ −2;3;0 ] R = 13 − m m < 13có tâm,,.[ ∆]Đường thẳngd = d [ I;[ ∆] ]ru = [ 2;1; 2 ]M 0 [ −2;0; −3]qua, có VTCPuuuur IM 0 ; ur ==3ruR2 =Yêu cầu đề bài tương đươngAB 2+ d 2 ⇔ 13 − m = 16 + 9 ⇔ m = −12 [ n ]4Trang 11. OxyzCâu 14: Trong không gian tọa độx +1 y −1 z∆:==2−1 2tổngA.T = a +b +c. GọiM [ a; b; c ] ∈ ∆cho các điểmvà đường thẳngA [ 1;5;0 ] , B [ 3;3;6 ]sao cho chu vi tam giácMABđạt giá trị nhỏ nhất. Tính?B.T = 2.C.T = 3.D.T = 4.T = 5.Lời giảiChọn BTa có M [ a; b; c ] ∈ ∆ → M [ 2t − 1; −t + 1; 2t ]Từ đó ta có:..C = MA + MB + AB = 9t + 20 + 9t − 36t + 56 + 2 11229C [ t ] = 9t 2 + 20 + 9t 2 − 36t + 56 + 2 11 ⇒ C ′ [ t ] =Lập BBT ta có:min C [ t ] = C [ 1] ⇒ t = 1 ⇒ M [ 1;0; 2 ]Đề xuất: Đánh giáf [ t ] = 9t + 20 + 9t − 36t + 5629t 2 + 20+.9t − 189t 2 − 36t + 56= 0 ⇒ t =1.như sau2f [ t ] = 9t 2 + 20 + 9t 2 − 36t + 56 = 9t 2 + 20 + 9 [ t − 2 ] + 202Trong hệ trụcOxy, chọn[ru = 3t ; 2 5r r r rf [ t ] = u + v ≥ u + v = 36 + 20 = 2 14Trang 12.],[rv = −3 [ t − 2 ] ; 2 5],[r ru + v = 6; 4 5]. Khi đó Đẳng thức xảy ra khi và chi khi r , r cùng hướngu v⇔[ P]OxyzCâu 15: Trong không gian[ P], biết mặt phẳngcắt các trục tọa độgốc tọa độ ] thỏa mãnM,Ntheo thứ tự tại hai điểmOM =ON. Biết mặt phẳng[đều không trùng vớix +b1 y +c1 z + d1 =0có hai phương trình làvàT =b1 +b2. Tính đại lượngT =0B...M,N[ P]x +b2 y + c2 z + d 2 =0T =2A[1;1;1] B[0; 2; 2]đi qua hai điểm,đồngOx,OythờiA.⇒ M [ 1;0; 2 ]3t2 5=⇔ t =1−3 [ t − 2 ] 2 5.C.T =4.D.T =−4.Lời giảiChọn B.[ P]Gọi phương trình mặt phẳng[b≠ 0[ P][ P]doOycắttại điểmx +by + cz + d =0là:NkhácO]A[1;1;1] B[0; 2; 2]đi qua hai điểm,nên ta có các phương trình:1+b + c + d = 0b + c =12b + 2c + d = 0 ⇔  d =−2.[ P]Mặt phẳng[ P]x +by + cz − 2 =0có phương trình dạng:.Ox,Oycắtlần lượt tại22⇔2=M [2;0;0], N [0; ;0]b ⇔ b = ±1OM =ONb..[ P]Các mặt phẳngx + y − 2= 0tìm được có phương trình:T =b1 + b2 0Vậy= .Trang 13.x − y + 2 z − 2=0và. A [ 0;2;- 4] ,B[ - 3;5;2]OxyzCâu 16: Trong không gian với hệ trụcMđiểmsao choMA 2 + 2MB2M [ - 1;3;2]A., cho hai điểmđạt giá trị nhỏ nhất.M [ - 2;4;0].. Tim ta B.ổ3 7Mỗ- ; ;ỗỗố 7 2M [ - 3;7;- 2].C.Lời giải.D.ư1÷÷÷ø.Chọn BM [ x; y; z]Gọi2AM 2 = x2 +[ y - 2] +[ z + 4]2Khi đó:22BM 2 = [ x + 3] +[ y - 5] +[ z - 2]2Theo bài ra:2222MA 2 + 2MB2 = x2 +[ y - 2] +[ z + 4] + 2[ x + 3] + 2[ y - 5] + 2[ z - 2]222ù2= 3[ x2 + y2 + z2 + 4x- 8y + 32] = 3éê[ x + 2] +[ y - 4] + z + 12ú³ 3.12 = 36ëûïìï x =- 2ï[ MA + 2MB ] min = 36 Û ïíï y = 4ïï z = 0ïỵ2Vậy2M [ - 2;4;0]Vậythỏa ycbt.S [ 0;0;1]Câu 17: Trong không gian với hệ toạ độM [ m;0;0 ] , N [ 0; n;0 ]thay đổi sao chocầu cố định quaA.2.P,và tiếp xúc với mặt phẳngB.2.C.Trang 14vàm > 0, n > 0và. Biết rằng luôn tồn tại một mặt[ SMN ]Lời giảiChọnm + n =1, cho các điểmP [ 1;1;1]. Tính bán kính của mặt cầu đó.1C. .3D.. [ SMN ]Phương trìnhm + n =1Do:x y z+ + =1⇔ nx + my + mmz − mn = 0m n 1nx + [ 1 − n ] y + n [ 1 − n ] z − n [ 1 − n ] = 0nên suy raI [ a; b; c ]GọivàR[ S]lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầucố định đi qua[ SMN ]mặt phẳng.IP =[ 1− a]2+ [ 1 − b ] + [ 1 − c ] = R 2 [ *]22Khi đó, ta cód [ I ; [ SMN ] ] = R ⇔na + [ 1 − n ] b + nc [ 1 − n ] − n [ 1 − n ]n2 + m2 + n2m2và⇔na + [ 1 − n ] b + nc [ 1 − n ] − n [ 1 − n ]1− [ 1− n] n=R[ 1 − c ] n 2 + [ a − b + c − 1] n + b = R [ 1 − n + n 2 ]⇔[ 1 − c ] n 2 + [ a − b + c − 1] n + b = R [ −1 + n − n 2 ]1 − c = Rc = 1 − R[ 1] ⇔ a − b + c − 1 = − R ⇔ b = Rb = Ra = R[ *] ⇔2 [ 1 − R ] + R2 = R2 ⇔ R = 12[2] làm tương tự.VậyR =1..Trang 15=R.⇔ [ 1 − c ] n 2 + [ a − b + c − 1] n + b = R [ 1 − n + n 2 ]Khi đó.[ 1][ 2]Pvà tiếp xúc với OxyzCâu 18: Trong không gian với hệ toạ độ[ P ] : 3mx + 5, cho mặt phẳng1 − m 2 y + 4mz + 20 = 0. Biết rằng khi[ P][ −1;1]thay đổi trên đoạnthì mặt phẳng[ S]luôn tiếp xúc với một mặt cầuA.mR= 5cố định. Tìm bán kính của mặt cầu đó.3.B..C.2.D.4.Lời giảiChọnD.[rn = 3m;5 1 − m 2 ; 4m[ P]Mặt phẳngcó một véc tơ pháp tuyến làI [ a; b; c ]GọivàR].[ S]lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầud [ I;[ P] ] = R ⇔3ma + 5 1 − m 2 b + 4mc + 209m 2 + 25 [ 1 − m 2 ] + 16m 2.=RKhi đó, ta có.⇔ 3ma + 5 1 − m 2 b + 4mc + 20 = 5R.[ S]Do mặt cầumọim3ma + 5 1 − m2 b + 4mc + 20 = k[ P]cố định và tiếp xúc với[ S]. Suy ranênR = d [ I;[ P] ] = 4I [ 0;0;0 ]có tâmkhơng đổi với. Khi đó.A [ a;0; 0 ] , B [ 0; b;0 ] , C [ 0;0; c ]OxyzCâu 19: Trong không gian với hệ toạ độ, cho ba điểmvớia, b, c > 0a, b, ca+b+c = 4Ithỏa mãnvà. Biếtthay đổi thì tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diệnOABCA.[ P]thuộc mặt phẳngd [ M ;[ P] ] = 3M [ 1;1; −1]cố định. Tính khoảng cách từ điểmd [ M ;[ P] ] =.B.Lời giảiChọnC.Trang 1632d [ M ;[ P] ] =.C.[ P]đến mặt phẳng33. D.d [ M ;[ P] ] = 0.. [ S]x 2 + y 2 + z 2 − 2mx − 2ny − 2 pz + d = 0Phương trình mặt cầu[ S]Docó dạng:.O, A, B, Cđi quanênam=2a 2 − 2ma = 0 2bb − 2nb = 0 n =⇔2 2c−2pc=0cd = 0p =2 d = 0[ S]Suy racó tâm.a b cI ; ; ÷ 2 2 2R=vàa2 + b2 + c22.a b c+ + −2= 0∀a, b, c > 0a +b +c = 42 2 2Mặt khác ta ln có,thỏaI ∈[ P] : x + y + z − 2 = 0Do đócố định.d [ M ;[ P] ] =Vậy33.A [ 3; −2;6 ] , B [ 0;1; 0 ]OxyzCâu 20: Trong không gian với hệ tọa độ[ S ] : [ x − 1]2, cho hai điểmvà mặt cầu[ P ] : ax + by + cz − 2 = 0+ [ y − 2 ] + [ z − 3] = 2522. Mặt phẳng[ S]theo giao tún là đường trịn có bán kính nhỏ nhất. TínhT =3T =4T =2A..B.C...Lời giải:Chọn CTrang 17A, Bđi quaT = a+b+cD..T =5.và cắt uuurI [ 1; 2;3] ; R = 5; AB [ −3;3; −6 ][ S]có tâm.BKIABKVì nằm trong mặt cầu nên gọilà hình chiếu vng góc của lênthì cũng nằm trong[ P]mặt cầu. Do đóAB[ S]ln cắtx = t y = 1− t z = 2ttheo giao tuyến là một đường trịn bán kínhTa lại có:uurIK [ 0; −2; −1]rnên để nhỏ nhất thìlàm VTPT. Vì2y + z − 2 = 0 ⇒ T = 3.IK ⊥ ABIH.lớn nhất, mà[ P]IH ≤ IKnên mpAB ⊂ [ P ]nênCâu 21: Trong không gian với hệ tọa độA [ 1; 0; 2 ] , B [ −1; 2; 2 ]. Vậy phương trình[ S ] : [ x − 1]2:+ [ y − 2 ] + [ z − 3] = 162. Mặt phẳngT = a +b +cgiao tún là đường trịn có bán kính nhỏ nhất. Tính.T =3T = −3T =0A..B..C..Trang 182, cho mặt cầu[ P ] : ax + by + cz + 3 = 0Lời giảiChọn Bcần tìm nhận[ P]Oxyzvà hai điểm.uurK [ t ;1 − t ; 2t ] ⇒ IK = [ t − 1; −t − 1; 2t − 3 ]có phương trình:nênuur uuurK [ 1;0; 2 ]IK . AB = 0 ⇔ t = 1IK ⊥ ABVìsuy ra. Do đó.r 2 = 25 − IH 2r[ S]A, Bđi quaD.T = −2và cắt.theo I [ 1, 2,3] ; R = 4.Mặt cầu có tâmtrung điểmABIA = IB = 5 < RTa cóK [ 0;1; 2 ]. Tương tự bài trên ta có[ P] : −x − y − z + 3 = 0nên mp. ChọnB.[ S ] : [ x − 1]OxyzCâu 22: Trong không gian với hệ toạ độA [ 0, 0, 2 ]điểmlà+ [ y − 2 ] + [ z − 3] = 922, cho mặt cầu[ P]. Phương trình mặt phẳng2đi quaA,[ S]và cắt mặt cầutheo thiết diện là[ C]đường trịncó diện tích nhỏ nhất?[ P ] : x − 2 y + 3z − 6 = 0A.[ P ] : x + 2 y + 3z − 6 = 0B.[ P ] : 3x + 2 y + 2 z − 4 = 0[ P] : x + 2y + z − 2 = 0C.D.Lời giảiChọn DuurIA [ −1; −2; −1] ⇒ IA = 6 < RI [ 1, 2,3] ; R = 3.IH ≤ IA. Mặt khácnên bánuurH≡AIAkính của đường trịn giao tún min khi. Do đó mp cần tìm nhậnlàm VTPT và quaMặt cầu có tâmA [ 0; 0; 2 ]Ta cóx + 2y + z − 2 = 0có dạng:.Trang 19 A [ 3; −2;6 ] , B [ 0;1;0 ]OxyzCâu 23: Trong không gian hệ trục tọa độ, cho hai điểm[ S ] : [ x − 1][ P ] : ax + by + cz − 2 = 0+ [ y − 2 ] + [ z − 3] = 25222. Mặt phẳngvà mặt cầuđi quaT = a+b+ctheo giao tún là hình trịn có bán kinh nhỏ nhất. Tính:T =3T =5T =2A..B..C..D.T =4và cắt.Lời giảiChọn. A.[ S]Mặt cầuI [ 1; 2;3]có tâmbán kínhR=5.[ P]Mặt phẳngDocó vtpt uur.nP = [ a, b, c ] , a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0[B [ 0;1;0 ] ∈ [ P ] : b − 2 = 0 ⇔ b = 2].Ta có: uuur, phương trình đường thẳngAB = [ −3;3; −6 ] = −3 [ 1; −1; 2 ]Trang 20[ S]A, Bx = tAB :  y = 1 − t , t ∈ ¡ . z = 2t Gọirlà bán kính của đường trịn giao tún,vng góc củaTa có:Ilên mặt phẳng[ P]Klà hình chiếu củaItrên,là hình chiếuAB H.uurK ∈ AB ⇒ K [ t ;1 − t ; 2t ] ⇒ IK [ t − 1; −t − 1; 2t − 3]uuur uuruurIK ⊥ AB ⇒ AB.IK = 0 ⇒ t = 1 ⇒ IK [ 0; −2; −1]r = R 2 − d 2 [ I , [ P ] ] = 25 − d 2 [ I , [ P ] ] = 25 − IH 2Ta có:Màrđạt min thìIHIH ≤ IK ⇒ IH maxđạt max.uur và uur cùng phương⇔ H ≡ K ⇒ [ P ] ⊥ IK ⇒ nPIKa = 0a = 0a = 0uur uur  k = −1 ⇒ nP = k IK ⇒ b = −2k = 2 ⇒ ⇒ b = 2b=2c = − kc = 1c = 1Câu 24: Trong không gian với hệ trục toạ độA[1;3; 2]và đường thẳnglượt tại hai điểmA.Mvàx − 6 y −1 z + 3==7−4−1N x = −2 + 2td : y =1+ t .z = 1− tsao choAOxyzcho mặt phẳngTìm phương trình đường thẳnglà trung điểm của cạnh.B.Trang 21[ P ] :2 x − y + z − 10 = 0MN.x + 6 y +1 z − 3==74−1.∆cắt[ P]và, điểmdlần C..x − 6 y −1 z + 3==74−1D.x + 6 y +1 z − 3==7−4−1.Lời giảiChọn B.∆cắtdtạiN [ −2 + 2t ;1 + t ;1 − t ]. Ta cólà trung điểm của cạnhAMNnênM [4 − 2t ;5 − t ;3 + t ]VìM ∈ [ P]Suy ra :nên ta có:M [8; 7;1]=> Phương trình∆và2[4 − 2t ] − [5 − t ] + [3 + t ] − 10 = 0 ⇒ t = −2N [−6; −1;3]là:=> đường thẳngdA.C.là đường thẳng đi quaOxyz, cho đường thẳng. Phương trình chính tắc của đường thẳngx −1 y + 1 z + 3==2−11vàN∆đi quaAx −1 y z + 2d:= =21−3.B..D.Trang 22và điểm, vng góc và cắt đường thẳnglàx −1 y + 1 z + 3==21−3Mx + 6 y +1 z − 3==74−1Câu 25: Trong không gian với hệ trục tọa độA[1; −1; −3]∆x −1 y +1 z + 3==142x −1 y + 1 z + 3==111.. Câu 26: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểmtrìnhA.C.Phương trình của đường thẳngx −1 y +1 zd:== .21−1với đường thẳngdB.D.x − 2 y −1 z== .−1−32Câu 27: Trong khơng gianđi qua điểmMdcó phươngcắt và vng gócx − 2 y −1 z== .−1−42x − 2 −y −1 z==.−3−4−2Oxyz ,cho ba điểm,và. Biết mặt phẳngA[3;0; 0] B[1; 2;1]C [2; −1; 2],và tâm mặt cầu nội tiếp tứ diệncó một vectơ pháp tuyến là. TổngB C[10; a; b]OABCa+bA.∆và đường thẳnglà:x − 2 y −1 z==.1−4 −2quaM [ 2;1;0 ]−2là.B.2.C. .1D.−1Lời giảiChọn BPhân tích: Nội dung chính của câu hỏi này là tìm tọa độ tâm của mặt cầu nội tiếp tứ diện.Phương trìnhPhương trìnhPhương trình[ OAB ][ OAC ][ OBC ]là:là:là:− y + 2z = 02y + z = 0x−z =0...Trang 23 Phương trìnhGọi[ ABC ]I [ a '; b '; c ' ]là:5 x + 3 y + 4 z − 15 = 0.là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diệnOABC.Do đó:IIIInằm cùng phía vớinằm cùng phía vớinằm cùng phía vớinằm cùng phía vớiABCOđối vớiđối vớiđối vớiđối với[ OBC ][ OAC ][ OAB ][ ABC ]suy ra:suy ra:suy ra:suy ra:[ a '− c '] > 0.[ 2b '+ c '] > 0.[ −b '+ 2c '] > 0.[ 5a '+ 3b '+ 4c '− 15] < 0.Suy ra: d [ I , [ OAB ] ] = d [ I , [ OAC ] ] ⇔  −b '+ 2c ' 2b '+ c '=55 d [ I , [ OAB ] ] = d [ I , [ OBC ] ] −b '+ 2c ' a '− c '= d [ I , [ OAB ] ] = d [ I , [ ABC ] ]52 −b '+ 2c ' 5a '+ 3b '+ 4c '− 15=55 2⇔  −b '+ 2c ' = 2b '+ c ' 2 −b '+ 2c ' = 5 a '− c ' 10 −b '+ 2c ' = 5a '+ 3b '+ 4c '− 15Trang 24⇔ −b '+ 2c ' = 2b '+ c ' 2 [ −b '+ 2c ' ] = 5 [ a '− c ' ] 10 [ −b '+ 2c ' ] = − [ 5a '+ 3b '+ 4c '− 15 ] ⇔3a ' = 23 10 − 9b ' =29 10 − 27c ' =2Suy ra:., uuur.uur3 3 10 − 9 3 3 10 − 9 ÷ BI =  1 ; 3 10 − 13 ; 9 10 − 29 ÷ BC = [ 1; −3;1]I ;;2÷222÷22[],uur uuur−30 + 9 10 10 − 3 10  BI , BC  =  −50 + 15 10;;÷ ÷22Suy raVậy:cùng phương với r.n = [ 10;3; −1]có một VTPT là r.n = [ 10;3; −1] = [ 10; a; b ][ BCI ]a+b = 2.Cách khác:Phương trìnhPhương trìnhGọi[α]Suy ra[α] :[ OBC ][ ABC ]là:là:x−z =05 x + 3 y + 4 z − 15 = 0là mặt phẳng qua[α]x−z2..,và tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện.B COABClà mặt phẳng phân giác của hai mặt phẳng=5 x + 3 y + 4 z − 1550[ OBC ]3 y − 8 z − 15 = 0[ 1]⇔10 x + 3 y − z − 15 = 0 [ 2 ]Trang 25.và[ ABC ].