Tổng hợp câu hỏi trắc nghiệm hay chương tọa độ không gian – Nguyễn Quang Hưng, Nguyễn Thành Tiến - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247

(1)

Nhóm PI

Phương pháp tọa độ trong không gian

Năm 2017 – Tháng 5 – Ngày 10 – Thứ tư

Tổng hợp câu hỏi trắc nghiệm hay môn Toán

Nguyễn Quang Hưng – Nguyễn Thành Tiến

Phần Hình học 12

(2)

Lời mở đầu

Đây là tài liệu đầu tiên do các thành viên NHÓM PI thực hiện .

Các bài tập được trích trong đây chủ yếu là những bài được lấy trong các đề thi thử,bài giải được làm dưới cách chi tiết, nên có một số chỗ dài hơn so với bình thường .

Nếu mọi người ai có góp ý gì về bài giải hay phát hiện sai sót nào trong tài liệu thì xin đưa lên ý kiến trong group NHÓM PI .

Link group : https://www.facebook.com/groups/NhomPI/

Dẫu đã cố gắng làm rất cẩn thận nhưng khó tranh khỏi sai sót, mong các bạn thông cảm .

Cảm ơn các bạn đã đọc tài liệu .

(3)

Câu 1 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

^P ^qua^M



^2;3;5



và cắt các tia , ,

Ox Oy Oz lần lượt tại A B C, , sao cho giá trị của OA OB OC, , theo thứ tự lập thành cấp số nhân có công bội bằng 3 . Khoảng cách từ O đến mặt phẳng

 

^P ^{là :}

A. 18

91 B. 24

91 C. 16

91 D. 32

91 Giải :

Theo giả thuyết ta có :

 

^P ^:² ³ ⁵ ¹

a  b c .

Do , ,a b c theo thứ tự là một cấp số nhân có công bội là 3 2 1 5 32

3 1

9 9 9

b a

c a a a a a

 

        .

 

³²

; 91

d I P

   .

--- Câu 2 : Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho ^M



^{1; 2;3}



^{, gọi}

 

^P ^: ^px^^qy^{  }^rz ^{1 0}



^{q p r}^{, ,} ^



là mặt phẳng qua M và cắt các trục toạ độ Ox Oy Oz, , tại , ,

A B C sao cho M là trọng tâm ABC . Tính T   p q r :

A. ¹¹

T  18 B. T 18 C. ¹¹

T 18 D. T 18 Giải :

Do

 

^P cắt các trục toạ độ Ox Oy Oz, , tại ^{A B C}^{, ,} ^^{A a}



^{; 0; 0 ,}

 

^B ^{0; ; 0 ,}^b

 

^C ^{0; 0;}^c



^với^{a b c}^{. .} ^⁰^.

 

^P ^:^x ^y ^z ¹

a b c

    .

Do M là trọng tâm

3 3

3 6 11

9 18 3

A B c M

A B C G

x x x x a

ABC y y y y b T

c

z z z z

   

 

 

         

     



.

--- Câu 3 : Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho ^M



^{1; 2;3}



^{, gọi}

 

^P ^: ^px^^qy^{  }^rz ^{1 0}



^{q p r}^{, ,} ^



là mặt phẳng qua M và cắt các trục toạ độ Ox Oy Oz, , tại , ,

A B C sao cho M là trực tâm ABC . Tính T   p q r :

A. ⁷⁷

T  3 B. ³

T 7 C. ⁷⁷

T   3 D. ³

T  7 Giải :

Do

 

^P cắt các trục toạ độ Ox Oy Oz, , tại ^{A B C}^{, ,} ^^{A a}



^{; 0; 0 ,}

 

^B ^{0; ; 0 ,}^b

 

^C ^{0; 0;}^c



^với^{a b c}^{. .} ^⁰^.

 

^P ^:^x ^y ^z ¹

a b c

     véctơ pháp tuyến của mặt phẳng

 

^P ^là^v_{ }_P ^{1 1 1}^{; ;}

a b c

 

   .

Ta có OABC là một tứ diện vuông tại O có H là trực tâm ABC AH BC . Mặc khác : ^OA^^BC



^OA^



^OBC

 

^.

Vậy ^BC^



^OAH



^^BC ^^OH . Chứng minh tương tự ta có ABOH .

(4)

 

OH ABC

  . Vậy từ đó ta có :

 

14 3

7 7

/ / 14

3

P

M P a

b T

OM v

c

 

  

     

 

 

  



.

--- Câu 4 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ^a ^^3; ^b ^^2;

 

^{a b}^, ^¹²⁰⁰. Gọi 2 vecto



²



^;



²



p ab q a b . Tính ^cos

 

^{p q}^, ^.

A. ¹

4 39 B. ¹

39 C. ¹

2 39 D. ¹

3 39 Giải :

Ta có : p q^. 



²a b a



²b



²a²³ab²b² ^2.3²3.3.2.cos120⁰2.2² 1

2 2 2

2 0 2

4 4 4.3 4.3.2.cos120 2 48

p  a  abb     .

2 2 2

2 0 2

4 4 3 4.3.2.cos120 4.2 13

q  a  ab b     .

 

^. ¹

cos ,

4 39

p q p q A

p q

    .

--- Câu 5 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm và mặt phẳng

 

^P ^:^x^²^y^³^z^{ }⁴ ⁰^.

Biết M N, là 2 điểm đối xứng nhau qua mặt phẳng

 

^{P M}^, ^^{mặt cầu}

 

^C ^:^x²^



^y^⁴



²^^z² ^⁵ ^{. Hỏi}

N thuộc mặt cầu nào dưới đây :

A. ² ² ² 8 40 24 45

7 7 7 7 0

x y z  x y z 

B. ² ² ² 8 40 24 45

7 7 7 7 0

x y z  x y z 

C. ² ² ² 8 40 24 45

7 7 7 7 0

x y z  x y z 

D. ² ² ² 8 40 24 45

7 7 7 7 0

x y z  x y z 

Giải : Gọi I là tâm của mặt cầu

 

^C ^^I



^{0; 4;0}^



^.

Gọi I' đối xứng I qua

 

^' ⁴^; ^{20 12}^;

7 7 7

P I    . Theo yêu cầu bài toán ta có :

 

M  C có tâm ^I



^{0; 4;0}^



và bán kính ^R^ ⁵^{ }^N

 

^S ^{có tâm} ^' ⁴^; ^{20 12}^;

7 7 7

I   

  bán kính R 5

.

 

^: ² ² ² ⁸ ⁴⁰ ²⁴ ⁴⁵ ⁰

7 7 7 7

S x y z x y z

        .

---

(5)

Câu 6 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

^P ^:^x^{   }^y ^z ^{1 0,}^A



^{1;1;1 ,}



^B



^{0;1; 2 ,}



^C



^^{2; 0;1}



^và ^{M a b c}



^{; ;}

  

^ ^P ^sao ^cho

2 2 2

2

S  MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất . Khi đó giá trị của T3a2b c là :

A. ²⁵

T  4 B. ²⁵

T  2 C. ²⁵

T   4 D. ²⁵ T   2 Giải :

Gọi I là điểm thỏa 3 5

2 0 0; ;

IA IB IC  I 4 4

  .

Ta có : ^S^²^MA²^^MB²^^MC² ^²



^MI^^IA

 

²^ ^MI^^IB

 

²^ ^MI^^IC



²

 

2 2 2 2 2 2 2 2

4MI 2IA IB IC 2MI 2IA IB IC 4MI 2IA IB IC

           .

Do 2IA²IB²IC² constnên S_min MI_min M là hình chiếu của I trên

 

^P ^.

3 3 1 25

; ;

2 4 4 4

M  T

       .

--- Câu 7 : Trong không gian với hệ trục Oxyz cho 2 điểm ^A



^{1;0; 2 ,}

 

^B ^{3;1; 1}^



và mặt phẳng

 

^P ^:^x^{   }^y ^z ^{1 0} . Gọi điểm M x y z



o^; o^; o

  

 P sao cho 3MA2MB đạt giá trị nhỏ nhất . Tính 9 _o 3 _o 6 _o

A x  y  z .

A. 2 B. 1 C. 3 D. 4

Giải.

Gọi I là điểm thỏa ³ÎA^²ÎB^{   }⁰ Î



^{3, 2,8}



^.

Ta có ³^MA^²^MB ^ ³



^IA^^IM

 

^² ^IB^^IM



^ ³ÎA^²ÎB^ÎM ^ ÎM ^ÎM ^.

Vì I cố định, ^M^

 

^P ^nên ³^MA^²^MB đạt giá trị nhỏ nhất IMđạt giá trị nhỏ nhất.

M là hình chiếu của I trên mặt phẳng

 

^P ^.

Gọi

 

^d là đường thẳng qua I và vuông góc với mặt phẳng

 

^P ^^{vtcp a}_{ }_d ^^{vtpt n}_{ }_P ^



^1,1,1



^.

 

^d ^:^x ³ ^{t y}^, ² ^{t z}^, ⁸ ^t

         .

   

¹¹^, ^{8 22}^, ³

3 3 3

M  d  P M   A .

--- Câu 8 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng

 

^P ^:^x^²^y^²^z^{ }⁷ ⁰ và ba điểm



^{1; 2; 1 ,}

 

^{3;1; 2 ,}

 

^{1; 2;1}



A  B  C  . Điểm ^{M a b c}



^{; ;}

  

^ ^P ^{sao cho}^MA²^^MB²^^MC² đạt giá trị lớn nhất. Khi đó tổng A  a b c bằng bao nhiêu ?

A. ²⁰

A 9 B. ¹⁴

A 9 C. ²⁰

A  9 D. ¹⁴ A  9

(6)

Giải:

Ta có:

     

2 2 2

2

2 2 2

2

2 2 2

2

1 2 1

3 1 2

1 2 1

MA a b c

MB a b c

MC a b c

      

      



     



.

  

²



²

2 2 2 2 2 2 2

6 6 26 44 3 3

MA MB MC a a b b c  a b c 

                .

Vậy



^MA²^^MB²^^MC²



_max ^^_



^a^³

 

²^{ }^b ³



²^^c²^__min ^^MI^min ^với^I



^{3; 3; 0}^



^.

Mà ^I



^{3; 3; 0}^



cố định nên MI_min M là hình chiếu của I trên mặt phẳng

 

^P ^.

Gọi

 

^d là đường thẳng qua ^I



^{3; 3; 0}^



và vuông góc với mặt phẳng

 

^P ^{, ta có:}

 

3

: 3 2

2

x t

d y t

z t

  

   

 



.

Vì ^M^

 

^d ^^M



³^{  }^t^{; 3 2 ; 2}^t ^t



^.

  

³

 

² ^{3 2}

  

^{2 2} ⁷ ⁰ ⁴ ²³^; ³⁵^; ⁸

9 9 9 9

M P     t t  t    t  M   . 20

a b c 9

    .

--- Câu 9 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm ^A



^{1;1;0 ,}

 

^B ^{0;1;1 ,}

 

^C ^1;0;1



^{. Tìm}

hợp tất cả các điểm M trên mặt phẳng Oxz sao cho MA MB MC.  ²2. A. Một đường thẳng

B. Một đường tròn C. Một đường elip D. Không xác định được

Giải:



^1;0;1



²

AB  AB .

Gọi I là trung điểm của ¹;1;¹

2 2

AB I 

   cố định và ² ³ IC 2 .

Ta có: ^{MA MB}^. ^



^{IA IM}^

 

^. ^IB^^IM



^{ }^IA²^^{IM IA}^.



^^IB



^ÎM² ^{ } ÂB₄² ^ÎM² ^{  }¹₂ ÎM²^.

Vậy . ² 2 ² ² ⁵

MA MBMC  MI MC 2. Gọi J là trung điểm của ^{3 1 3}; ;

4 2 4 IC J 

  

  cố dịnh và MJ là đường trung tuyến của MIC.

2

2 2 2 2 2

5 3 7 14

2 2

2 2 4 8 4

MI MC MJ IC JM JM JM const

            .

Mà J cố định nên M di động trên mặt cầu

 

^S ^tâm^J với bán kính ¹⁴ R 4 .

(7)

Mặt phẳng Oxz có phương trình ⁰ ^,

 

¹ ¹⁴

   

2 4

y d J Oxz    R S  Oxz là một đường tròn

 

^C ^.

Vậy M di động trên đường tròn

 

^C ^.

--- Câu 10 : Trong không gian Oxyz cho hai điểm A



2 ; 2 ; 0 ,t t

 

B 0; 0;t

 

, t0



. Cho điểm P di động thỏa: OP AP. OP BP. AP BP. 3. Tìm giá trị t sao cho OP_max 3.

A. ³

t 4 B. ⁴

t 3 C. ²

t 3 D. ³

t2 Giải:

       

. . . 3 . . . 3

OP AP OP BP AP BP OP OP OA OP OP OB  OP OA OP OB  .

 

3OP2 2OP OA OB. 3

    . (Vì OA OB. 0)

3OP2 2OP OI. 3

   (với I là điểm thứ tư của hình bình hành ^AOBI^^I



^{2 ; 2 ;}^t ^{t t}



^).

3OP2 3OP OJ. 3

   (với J thỏa ² ⁴ ;⁴ ;²

3 3 3 3

t t t OJ  OI J .

     

2 . 1 . 1 . 1 . 1

OP OP OJ OP OP OJ OP JP MP MO MP MJ

            (với M là

trung điểm của 2 2

; ;

3 3 3

t t t OJ M 

  .

2 2 2 2 2 2 2

. 1 1 1 1 1

MP MO MJ MP MO MP MO t MP t

              .

Vậy P di động trên mặt cầu

 

^S ^tâm^M với bán kính R 1t² . Nên OPmax  P OM 

 

S và OM OP, cùng hướng.

Khi đó

2 2 2

2 2

max

2 2

1 1

3 3 3

t t t

OP OM  R                t t t .

2 2

max 2 2

3 3

3 1 3 1 3 4

1 9 6

3 t t

OP t t t t

t

t t t

 

  

                .

--- Câu 11 :Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm ^M



^{ }^{2; 2;1 ,}

 

^A ^{1; 2; 3}^



^{và đường}

thẳng : ¹ ⁵

2 2 1

x y z

d    

 .Tìm véctơ chỉ phương u của đường thẳng  đi qua M , vuông góc với đường thẳng d đồng thời cách A một khoảng cách lớn nhất .

A. ^u^



^{4; 5; 2}^{ }



^B. ^u^



^{1;0; 2}



^C. ^u^



^{3; 4; 4}^



^D. ^u^



^{2; 2; 1}^



Giải : Gọi

 

^P là mặt phẳng vuông góc với d và qua M .

Gọi H là hình chiếu của A trên

 

^P ^{. Gọi}^N là hình chiếu của H trên d .

 

 AN   ( định lí 3 đường vuông góc ) ^^{d A}^_ ^;

 

^{ }^_ ^AN ^.

(8)

Ta có : AN AM . Dấu "" xảy ra khi NM  là đường thẳng qua M và  MH . Tính toán ta có : ^u^



^{4; 5; 2}^{ }



^.

--- Câu 12 :Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm ^M



^{ }^{2; 2;1 ,}

 

^A ^{1; 2; 3}^



^{và đường}

thẳng : ¹ ⁵

2 2 1

x y z

d    

 .Tìm véctơ chỉ phương u của đường thẳng  đi qua M , vuông góc với đường thẳng d đồng thời cách A một khoảng cách bé nhất .

A. ^u^



^2;1;6



^B. ^u^



^{1;0; 2}



^C. ^u^



^{3; 4; 4}^



^D. ^u^



^{2; 2; 1}^



Giải : Gọi

 

^P là mặt phẳng vuông góc với d và qua M .

Gọi H là hình chiếu của A trên

 

^P ^{. Gọi}^N là hình chiếu của H trên d .

 

 AN   ( định lí 3 đường vuông góc ) ^^{d A}^_ ^;

 

^{ }^_ ^AN ^.

Ta có : ANAH . Dấu "" xảy ra khi NH  là đường thẳng qua M H, . Tính toán ta có : ^u^



^{1;0; 2}



^.

--- Câu 13 : Trong không gian với hệ tọa độ xyz, cho điểm ^A



^{1; 2; 3}^



và cắt mặt phẳng

 

^P ^{: 2}^x^²^y^{  }^z ⁹ ⁰. Đường thẳng đi qua A và có véctơ chỉ phương ^u^



^{3; 4; 4}^



^cắt

 

^P ^tại^B

. Điểm M thay đổi trong

 

^P ^{sao cho}^M luôn nhìn đoạn AB dưới một góc 90⁰. Khi độ dài MB lớn nhất, đường thẳng MB đi qua điểm nào trong các điểm sau :

A. ^J



^^{3; 2;7}



^B. ^H



^{ }^{2; 1;3}



^C. ^K



^{3; 0;15}



^D. ^I



^{ }^{1; 2;3}



Giải :

Gọi H là hình chiếu A trên

 

^P ^ ^AH ^

 

^P ^^AH ^^MB^.

VìM luôn nhìn đoạn AB dưới một góc 90⁰nên AM MB . Vậy ^MB^



^AHM



^^MB^^HM ^.

M chạy tung tăng trên đường tròn đường kính ^{MH M}



^^B



^.

Vậy MB_max khi M H . Tính toán ta có được :

 

2

: 2

1 2

x t

MB y MB

z t

  

   

  



qua ^I



^{ }^{1; 2;3}



^.

--- Câu 14 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng

 

1

3 2 5

: 2 2 5

x y z

d      và

 

2

2 4 4

: 1 4 4

x y z

d      . Gọi

 

^ là đường phân giác trong của góc tù tạo bởi hai đường thẳng

   

d1 , d2 .

 

^ có phương trình là:

(9)

A.

 

1 5

: 6

9

x t

y t z t

  

  

 

B.

 

1

: 2

x t

y t z t

  

   

 

C.

 

1

: 2

x t

y t z t

  

  

 

D.

 

1 5

: 6

9

x t

y t z t

  

  

  Giải:

Xét hệ:

3 2

2 2 1 1

2 5

5 2 0 0

2 5

0 0

4 4

x y

x y x

y z

y z y

y z z

y z

 

 

     

  

      

  

       

 



. Ta nhận thấy

   

1 2

1;0;0 1;0;0

A d

 

 

 .

Vậy A



1;0;0

    

 d1  d2 .

 

d1 có vtcp a1



2; 2;5



,

 

d2 có vtcp a2 



1; 4; 4



.

Ta có: ^{a a}¹^. ² ^³⁰^{ }⁰



^{a a}¹^; ²



^⁹⁰⁰ ^



^{a a}¹^; ²



là góc nhọn ^



^a¹^;^^a²



là góc tù.

Gọi B là điểm thỏa AB a1 B



3; 2;5

  

 d1 .

C là điểm thỏa AC  a2 C



0; 4; 4  

  

d2 . Vậy BAC là góc tù tạo bởi hai đường thẳng

   

d1 , d2 . Do đó

 

^ chính là đường phân giác trong của BAC.

Ta có: AB a₁  33,AC  a₂  33 AB AC ABC cân tại A.

 

  cũng là đường trung tuyến từ A của ABC.

 

  đi qua



^{1; 0; 0 ,}



³^{; 1;}¹

2 2

A M   là trung điểm của ^BC^{ }

 

^có

 

1 1

2; 1;2 vtcp a_ AM   .

 

^ ^có^a_{ }_ ^



^{1; 2;1}^



^{và qua}

   

1

1; 0; 0 : 2

x t

A y t

z t

B

  

     

 

.

--- Câu 15 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm ^A



^{1; 2; 1 ,}^

 

^B ^{0; 4; 0}



và mặt phẳng

 

^P ^{: 2}^x^{ }^y ²^z^²⁰¹⁵^⁰ ^{. Gọi}^ là góc nhỏ nhất giữa mặt phẳng

 

^Q đi qua 2 điểm A B, và tạo với

 

^P ^{. Tính}^cos^ ^.

A. 1

9 B. 1

6 C. 2

3 D. ¹

3 Giải :

Theo cách hình học :

(10)

Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng

 

^P ^,^d ^là

giao tuyến của

   

^P ^, ^Q ^,^I là giao điểm của AB và mặt phẳng

 

^P ^,^J là hình chiếu của H trên d .

 Góc của 2 mặt phẳng

   

^P ^, ^Q ^{là góc} ^AJH ^với

sin AH

AJH  AJ .

 Góc của AB và mặt phẳng

 

^P ^{là góc} ^AIH ^với

sin AH

AIH  AI .

Dễ dàng chứng minh được ^d ^



^AJH



^ÎJ ^ ÂJ ^{ }ÂIJ^{vuông tại}^J^.

sin sin

AJ AI AJH AIH

    .

Dấu "" xảy ra khi d IH .

Vậy ^min^_

   

^P ^; ^Q ^{ }_ ^AIH là góc giữa AB và mặt phẳng

 

^P ^.

Cách đại số : Ta có :

 

1; 2;1

; ; . 0 2

AB

Q AB Q

vtcp u

vtpt n a b c u n a c b

AB Q

  

      



 

.

 P



^{2; 1; 2}



vtpt n    .

Ta có cos là góc của

   

^, ^cos ² ₂ ₂² ₂ ₂ ₂

9 2 4 5

a b c b

P Q

a b c a ab b

 ^{ }

  

   

2 2

cos 2 4 5

b a ab b



 

  . Xét b 0 cos 0

Xét 0 cos² ₂ ¹

2 4 5

b t a

t t b

 ^ ^

        .

Tính toán ta có được : ² ₂ 1 1

0 cos

2t 4t 5 3



  

  .

1 1

cos

3  3

   

Nói tóm lại 1

max cos

3

  .

--- Câu 16 : Cho ^M



^{1, 2,3 ,}

 

^{A a}^{, 0, 0 ,}

 

^B ^{0, , 0 ,}^b

 

^C ^{0, 0,}^c



trong đó a,b,c là các số dương. Tìm mặt

phẳng

 

^P ^{đi qua}^{A B C M}^{, , ,} ^{sao cho}VOABC đạt giá trị nhỏ nhất.

(11)

A.

 

^P ^{: 6}^x^³^y^²^z^¹⁸^⁰ ^B.

 

^P ^{: 6}^x^³^y^²^z^⁰

B.

 

^P ^{: 6}^x^³^y^²^z^{ }⁹ ⁰ ^D.

 

^P ^{: 6}^x^³^y^²^z^³⁶^⁰

Giải.

Ptmp qua A B C, , có dạng: x y z 1 a  b c .

Vì ^M



^ABC



¹ ² ³ ¹

a b c

     .

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số 1 2 3

a b c, , không âm, ta có:

1 2 3 31.2.3 27.6

1 3 1 162 27 27

. . 6 ^OABC

abc abc V

a b c a b c abc

            .

Đẳng thức xảy ra 1 2 3 1

3, 6, 9

3 a b c

a b c

        .

 

^: ¹

 

^{: 6} ³ ² ¹⁸ ⁰

3 6 9

x y z

ABC ABC x y z

         .

--- Câu 17 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ^{A a}



^{;0;0 ,}

 

^B ^{0; ;0 ,}^b

 

^C ^0;0;^c



^với

, , 0

a b c sao cho OA OB OC  ABBCCA 1 2 . Tìm giá trị lớn nhất của V_{O ABC}_. .

A. max _. ¹

O ABC 54

V  B. max _. ¹

O ABC 162

V  C. max _. ¹

O ABC 486

V  D. max _. ¹

O ABC 108

V 

Giải : Ta có : _. ¹

O ABC 6

V  abc.

Theo gia thuyết ta có : OA OB OC  ABBCCA   a b c a²b²  b²c²  c²a² . Theo nhà toán học Cauchy ta có :

 a b c  3³abc .

 ^a²^^b² ^ ^b²^^c² ^ ^c²^^a² ^ ²



^ab^ ^bc^ ^ca



^^{3 2.}³^abc^.

 

³

1 2 3 1 2

OA OB OC AB BC CA abc

          .

3

.

1 1 1

3 ^{O ABC} 6 162

abc V abc

     . Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi 1 a  b c 3 .

--- Câu 18 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' ' có



^{;0;0 ,}

 

^;0;0



A a B a ,^,^C



^{0; 1;0 , '}^

 

^B ^^a^;0;^b



^với ^, ⁰

4 a b a b

 

  

 . Khoảng cách lớn nhất giữa 2 đường thẳng B C' và AC' là:

A. 1 B. 2 C. 2 D. 2

2 Giải.

Gọi I là đối xứng của C qua O .

(12)

Ta có: AIBC là hình bình hành / / / / ' ' ' ' ' ' AI BC B C

AIB C AI BC B C

    là hình bình hành.

 

'/ / ' ' AC B I B CI

  .



^{' ,} ^'



^',



^'



^,



^'



d B C AC d AC B CI d A B CI

     .

Mà A B, đối xứng với nhau qua O nên ^{d A B CI}^_ ^,



^'



^_^^{d B B CI}^_ ^,



^'



^_

.

Ta có ^CI ^



^OBB^'

 

^ ^{B CI}^'

 

^ ^OBB^'



^.

Vẽ đường cao BJ của tam giác vuông OBB'

   

' ' '

BJ OB B CI OBB

   



^'



^,



^'



BJ B CI BJ d B B CI

     .

BJ là đường cao của tam giác vuông OBB', ta có:

 

2

2 2 2 2

2 2

1

. ' 4 2

1 1

'

2 2

a b

BO BB ab ab

BJ

BO BB a b

a b a b

     

   

.

Đẳng thức xảy ra   a b 2 .

Vậy Max_BJ  2Max_{d B C AC}_ _{' ,} _'_  2 .

--- Câu 19 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

Pm ^{: 3}mx^{5 1}m y² ⁴mz²⁰⁰ với ^m^{ }



^1;0

 

^ ^0;1



luôn cắt mặt phẳng



^Oxz



theo giao tuyến là đường thẳng _m . Khi m thay đổi thì các giao tuyến _m có kết quả nào sau đây :

A. Cắt nhau B. Song song C. Chéo nhau D. Trùng nhau

Giải :

   

³ ^{5 1} ² ⁴ ²⁰ ⁰

m m 0

mx m y mz

P

y

Oxz ^_ ^ ^ ^ ^ ^

 

  

3 4 20 0

m: mx mz 

  với _m trong mặt phẳng



^Oxz



^.

Gọi _m1:3m x1 4m z1 200, _m2:3m x2 4m z2 200 là hai đường thẳng với

   

1, 2 1;0 0;1

m m    bất kì và m₁m₂.

Ta có : ¹ ²

   

1 2

2 2

3 4 20

3 4 20 ^m / / ^m

m m

m  m     .

---

(13)

Câu 20 : Trong không gian Oxyz, cho điểm ¹; ³; 0 2 2

M 

 

  và mặt cầu

 

^S ^:^x²^^y²^^z² ^^8. ^Đường

thẳng d thay đổi, đi qua điểm M, cắt mặt cầu

 

^S tại hai điểm phân biệt ,A B. Tính diện tích lớn nhất S của tam giác OAB :

A. S 7. B. S4. C. S2 7. D. S2 2. Giải :

Mặt cầu

 

^S ^{có tâm}^O



^{0; 0; 0}



và bán kính R2 2. Ta có :OM   1 R M thuộc miền trong của mặt cầu

 

^S ^.

Gọi A, B là giao điểm của đường thẳng với mặt cầu. Gọi H là chân đường cao hạ từ O của tam giác OAB.

Gọi ^x^^OH



⁰^{ }^x ^OM ^¹



^^H^A^ ^R² ^^O^H² ^ ⁸^^x² ^.

1 2

. . 8

OAB 2

S OH AB OH HA x x

     .

Xét : f x( )x 8x² với ^x^



^0;1



^.

 

² ² ²

2 2

' 8 8 2 0

8 8

x x

f x x

x x

      

  với ^x^



^0;1



^.

 

   

0;1

max 1 7

S_OAB f x f

    .

--- Câu 21 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 

^P ^:



^m²^{ }^m ¹



^x^²



^m²^¹



^y^²



^m^²



^z ^^m²^{  }^m ¹ ⁰ luôn chứa đường thẳng  cố định khi m thay đổi. Tính khoảng cách từ gốc tọa độ đến .

A. ^,

 

¹

d O   3 B. ^,

 

²

d O   3 C. ^,

 

⁴

d O   3 D. ^,

 

⁵

d O   3 Giải:

Ta có:



^m²^{ }^m ¹



^x^²



^m²^¹



^y^²



^m^²



^z^^m²^{    }^m ¹ ⁰ ^m



^x ²^y ¹



^m²



^x ²^z ¹



^m



^x ²^y ⁴^z ¹



⁰ ^m

             .

 

     

2 1 0 1 2 1 0

2 1 0 2 2 1 0

2 4 2 0 3 1

2 4 1 0 3

x y x y

x z x z

x z x y z

  

    

 

       

         



2 1 0

2 1 0 2 1 0

2 1 0

2 1 0 0

2 1 0

x y

x y x y

x z

x z y z

x z

  

        

             

(14)

Đặt zt, ta có:

2 1 0 2 1

0

x y x t

y t y t

z t z t

    

 

     

 

   

 

.

Vậy

 

^P luôn chứa đường thẳng cố định

 

2 1 :

x t y t z t

  

   

 

có ^{vtcp a}^



^{2; 1;1}^



và qua điểm



^{1; 0; 0}



A  .

Ta có ^;



^{0; 1; 1}



^,

 

^; ² ¹

6 3

a OA

a OA d O

a

 

 

          

  .

---

Câu 22 : Cho đường thẳng 4 3 2 3 8 7 3 1

: 1; ;

2 1 1 4 3 4 2

m

x m y m z m

d m

m m m

              và ^A



^1;1;1



^.

Biết d_m luôn nằm trong một mặt phẳng

 

^P cố định khi m thay đổi. Tính ^{d A P}^_ ^;

 

^_ ^.

A. 115

55 B. 110

55 C. 105

55 D. 115

60 Giải :

Đường thẳng d_m đi qua ^A



⁴^m^^{3; 2}^m^^3;8^m^⁷



và có VTCP ^u^



²^m^^1;^m^^{1; 4}^m^³



^.

Giả sử

 

^: ⁰ ^1; ^{3 1}^;

m 4 2

d   ax by cz   d ^  m ^ ^ ^^ . Khi đó ta có :

 

     

 

2 1 1 4 3 0 2 4 3 0

. 0 4 3 2 3 8 7 0 4 2 8 3 3 7 0

dm

A a m b m c m a b c m a b c

u n_ a m b m c m a b c m a b c d



               

  

  

               

  



Để hệ có nghiệm đúng với mọi m thì :

2 4 0

3 0 10

4 2 8 0 3

3 3 7 0 6

a b c

b a

a b c

c a

a b c

d a

a b c d

  

  

   

   

    

   

    



.

Ta chọn :

10

1 3

6 b

a c

d

 

   

  



.

Vậy

 

^: ¹⁰ ³ ⁶ ⁰ ^1; ^{3 1}^;

m 4 2

d   x y z  ^  m ^ ^ ^^. Cách 2 : đơn gian phù hợp trắc nghiệm.

Ta chọn 2 số m thỏa yêu cầu bài toán  có đường thẳng d  viết được mp

 

^ ^xong bài .

--- Câu 23: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyzcho mặt cầu

  

^S ^: ^{x m}^

 

²^{ }^y ²^m



²^{ }^z² ⁵^m²^⁴^m^{ }^{1 0}. Biết khi mthay đổi thì

 

^S luôn giao với mặt phẳng

 

^P

cố định với giao tuyến là một đường tròn

 

^C cố định . Tính bán kính của đường tròn đó

(15)

A. R1 B. 4 5

R C. 2

5

R D. 1

5 R Giải :

 

^S ^:^x²^^y²^^z²^{ }^{1 2}^{m x}



^²^y^²



^⁰ ^.

 Với mọi m thì mặt cầu

 

^S luôn giao với mặt phẳng

 

^P ^:^x^²^y^{ }² ⁰

     

 

^{' :} ² ² ² ¹

     

^'

: 2 2 0

S x y z

S P C S P

P x y

   

     

  

 .

Gọi ^I



^{0; 0; 0}



là tâm mặt cầu

 

^' ^;

 

²

S d I P  5 .

 

 ^' ²



^;

  

² ¹

C S 5

R R d I P

      .

--- Câu 24 : Trong không gian cho 2 điểm phân biệt ,A B cố định . Tập hợp các điểm M trong không gian là mặt cầu cố định bán kính 3

R 2AB . Khi đó thỏa mãn ^{MA MB}^. ^m^AB²



^{m n}^,



 n  , m n là phân số tối giản. Tính ^P^



^m^²^{n mn}^



² ^.

A. 49 B. 64 C. 36 D. 81

Giải :

Chọn hệ trục Oxyz sao cho A B, Ox và ^O



^0;0;0



là trung điểm AB . Khi đó ta có :

 



^{; 0; 0}

 

⁰



²

; 0; 0

A a a AB a

B a

   

 

 . Gọi

   

 

; ;

M M M

MA a x y z M x y z

MB a x y z

    

 

    

 .

Ta có : 4 ²

. m

MA MB a

 n

     

2 2 2 2 2

2

2 2 2

4

0 0 0 4 1

M M M

x a y z ma

n

x y z m a

n

    

   

           .

Do vế phải là 1 hằng số Mthuộc tập hợp điểm đường tròn tâm O có 4 m 1

R a

n

 

    .

Ta có 4 3

1 3

2

m a AB a

n

    

 

 

2 1 m

 n  .

--- Câu 25 : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn đường thẳng

 

1

1 1 2

: ;

2 1 3

x y z

d     

 

2

 

3

 

4

3 2 4 2 4 1 2

: ; : ; :

2 1 3 7 1 1 1 5 2

x y z x y z x y z

d    d  d   

     

   . Gọi

 

^ là đường thẳng cắt

cả 4 đường thẳng đã cho . Biết véctơ chỉ phương của

 

^ ^là^u_{ }_ ^



^{a b}^{; ;1}



^{. Tính}^T^³^a^⁷^b^.

A. T  5 B. T 5 C.T  4 D. T 4

(16)

Giải :

Ta có : vtcp ud₁ 



^2;1;3



và

 

d1 qua ^M



^{1; 1; 2}^



^,vtcp ud₂ 



^2;1;3



và

 

d2 qua ^N



^^{3; 2; 4}



^.

Ta thấy

1 2

d d

u u và Md2 

   

d1 / / d2 .

Gọi

 

^P là mặt phẳng chứa d d1, 2vtpt n_P[MN u, _d₁]



7;16; 10



và

 

^P ^{qua điểm}^M



^{1; 1; 2}^



^.

 

^P ^{: 7}^x ¹⁶^y ¹⁰^z ²⁹ ⁰

     .

Gọi

   

3

 

7 2 0

2

0 5;1;1

7 1 1

7 16 10 29 0 7 16 10 29 0

x y

x y z

E d P y z E

x y z x y z

  

 

  

 

        

         

 

.

Gọi

   

4

 

5 21 0

4 1 2

2 5 8 0 5; 4; 0

1 5 2

7 16 10 29 0 7 16 10 29 0

x y

x y z

F d P y z F

x y z x y z

  

   

  

 

          

         

 

.



^{10; 5; 1}



EF EF

     không song song d d₁, ₂ .

Do

         

  d1 , d2    P . Mà

       

  d3 , d4   qua ^{E F}^, ^u_{ }  



^10;5;1



  T 5 . ---

Câu 26 : Trong không gian Oxyz cho ba điểm ^{A a}



^{;0;0 ;}

 

^B ^{0; ;0 ;}^b

 

^C ^0;0;^c



^với^{a b c}^{, ,} ^⁰^{. Giả sử}

, ,

a b c thay đổi nhưng luôn thỏa a²b²c² k² với k cho trước thì ABC có diện tích lớn nhất là : A.

2

max 2 3

S  k B.

2

max 3

S  k C.

2

max 2

S  k D.

2

max 2 2

S  k Giải:

Gọi I là hình chiếu của O trên

2 2 2 2

2

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 OA OB. a b.

AB OI

OI OA OB OA OB a b

     

  .

OAI vuông tại

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

.

a b a b b c c a a b b c c a

O IC OI OC c OI

a b a b a b

   

       

   .

OAB vuông tại O AB² a²b²  AB a²b² .

2 2 2 2 2 2

1 1

2 . 2

SABC  AB IC a b b c c a .

Ta có: a² b² c² k²