Hướng dẫn giải một số bài tập tọa độ trong không gian nâng cao – Phạm Minh Tuấn - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247

(1)

Câu 1: Tìm m để góc giữa hai vectơ: u^u

1;log 5;log 2 ,1;log 5;log 21;log 5;log 21;log 5;log 23 _m

v

3;log 3;45

là góc nhọn. Chọn phương án đúng và đầy đủ nhất.

A. ¹, 1

m!2 mz B. m!¹hoặc 0 ¹

m 2

C. 0 ¹

m 2 D. m!1

¾ Giải:

Ta có

. 3 log 5.log 3 4log 2 ³ ⁵ cos ,

. .

u v m

u v

u v u v . Do mẫu số luôn lớn hơn 0 nên ta

đi tìm điều kiện để tử sốdương.

Mặt khác 3 log 5.log 3 4log 2 0 ₃ ₅ _m ! 4log 2_m ! 4 ! ! 1 log 2_m 1 log 2 log_m _m

m

Với 0 m 1 thì 1 ! 1

2 .

m 2

m Kết hợp với điều kiện suy ra 0 ¹. m 2

Với m!1 thì 1 !1

2 .

m 2

m Kết hợp điều kiện suy ra m!^1.

Vậy m!¹ hoặc 0 ¹ m 2

Câu 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): ³x³y²z^{37 0} các điểm ^A

^4;1;5

, ^B

^3;0;1

, ^C

^1;2;0

. Điểm ^{M a b c}

^{; ;}

thuộc (P) sao cho biểu thức

. . .

P MA MB MB MC MC MA đạt giá trị nhỏ nhất, khi đó a b c bằng:

A.¹⁰ B. ¹³ C. ⁹ D.¹

¾ Giải:

^{M a b c}

^{; ;}

^P ³^ª_¬

^a² ² ^b ¹² ^c ²

²⁵^º_¼

^M^P ³^a³^b²^c^{37 0}³

^a ² ³ ^b ¹ ² ^c²

⁴⁴

Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki ta có:

2 2 2 2 2 2 2 2

2

2 2 2

44 3 2 3 1 2 2 3 3 2 2 1 2

2 1 2 44 88

3 3 2

ª º

ª¬ º d¼ ¬ ¼

t

a b c a b c

a b c

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: ² ¹ ²

^{4;7; 2}

¹

3 3 2

a b c

M a b c

(2)

Câu 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): ²xy ^{2 0} và

đường thẳng

2 1 1 1 0

: 2 1 4 2 0

°®

m °¯

m x m y m

d mx m z m ( m là tham số ). Tìm m để đường thẳng d_m song song với mặt phẳng (P).

A. ¹

m 2 B. m ¹ C. ¹

2

m D. m¹

¾ Giải:

d_m// P hệPT ẩn x , y, z sau vô nghiệm:

2 2 0

2 1 1 1 0

2 1 4 2 0

°

®°

¯ x y

m x m y m

mx m z m

(1) y ²x². Thay vào (2) ta được: ¹ ² ⁴

3 3

m m

x y

Thay x, y vào (3) ta được:

²^m¹

^z¹₃

^m²¹¹^m⁶

. Để PT này vô nghiệm thì 1

2 m

Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, một mặt phẳng đi qua điểm ^M

^1;3;9

và cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại ^{A a}

^;0;0

, ^B

^{0; ;0}^b

, ^C

^0;0;^c

với a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị của biểu thức P a b c để thể tích tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất.

A. P 44 B. P 39 C. P 27 D.

16 P

¾ Giải:

¹ . . ¹

6 6

VOABC OA OB OC abc

Phương trình mặt phẳng đi qua A, B ,C : ^x ^y ^z ¹ a b c

Vì ^M

^ABC

¹ ^{3 9} ¹

a b c

Áp dụng BĐT Côsi: ¹ ^{1 3 9} ³³ ^{1 3 9}^{. .} ¹ ^27.27 ¹ ^121,5

6abc minV^OABC

a b c a b c abc

t t t

(3)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

1 3 9 1 3

9 39

1 3 9

27 a

a b c b a b c

a b c c

°° °

® ®

° °¯

°¯

Câu 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : ¹ ¹

1 2 1

x y z '

và ba điểm A

^{3;2; 1}

, B

^{3; 2;3}

, C

^{5;4; 7}

. Gọi tọa độ điểm M a b c

^{; ;}

nằm trên ^' sao cho

MA MB nhỏ nhất, khi đó giá trị của biểu thức P a b c là:

A. ^{16 6 6} P 5

B. ^{42 6 6} P 5

C. ^{16 6 6} P 5

D. ^{16 12 6} P 5

¾ Giải

^M^' nên ^M

¹^{t t}^{;2 ; 1} ^t

2

2;2 2; 6 12 8

4;2 2; 4 6 24 36

AM t t t AM t t

BM t t t BM t t

AM

t^t

AM BM

t

^t

tt

⁶ ² ¹² ⁸ ⁶ ² ²⁴ ³⁶ ⁶

¹

² ¹

²

² ²

3

ª º

« »

¬ ¼

»

3 »

3

»

3

»»

»

f x

MA MB t t t t t t

Áp dụng BĐT Vectơ ta có:

¹ ²

² ¹ ² ² ⁹ ¹ ² ²

3 3

§ · § ·

t ¨© ¸¹ ¨© ¸¹

f x t t

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: ¹₁ ² ^{8 3 6} 2 5

3 t t

t

Do đó: 13 3 6 16 6 6 3 6 13 16 6 6

; ;

5 5 5 5

§ ·

¨ ¸

© ¹

M P

Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D^{. ' ' ' '} có A trùng với gốc của hệ tọa độ. Cho ^{B a}

^;0;0

, ^D

^{0; ;0}^a

, ^A^{' 0;0;}

^b

với a b^, !⁰. Gọi M là trung điểm của cạnh CC’. Xác định tỉ số ^a

b để hai mặt phẳng

^{A BD}^'

và

^BDM

vuông góc với nhau.

A. a 2

b B. ¹

2 a

b C. a 3

b D. a 1

b

(4)

-Từ giả thiết ta có: ^{C a a}

^{; ;0}

;

^{; ;}

2

§ ·

¨ ¸

- Mặt phẳng (BDM) có VTPT là:

1 , ; ; 2

2 2

§ ·

ª º ¨ ¸

¬ ¼ © ¹

1 ªªªªª º §¨§§ab ab

n BD BM a

- Mặt phẳng (A’BD) có VTPT là:

²

2^ªªª¬^ª^ªª , '^'^'º¼^º

; ; n BD BA ab ab a

-Yêu câu của bài toán tương đương với:

2 2 2 2

4

1. 2 0 0 1

2 2

00a b a b a

n n a a b

b

Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ^: ¹ ¹

2 1 1

x y z '

và mặt phẳng (P): 2x y 2z 1 0. Mặt phẳng (Q) chứa ' và tạo với (P) một góc D nhỏ nhất, khi đó góc D gần với giá trị nào nhất sau đây?

A. ⁶⁰ B. ⁸⁰ C. ¹⁰⁰ D. ⁵⁰

¾ Giải:

':

1 2

1

x t

y t

z t

° ®

°

¯

Chọn 2 điểm

^{1;0; 1}

và

^{3;1; 2}

với t 1

(Q) chứa ^' suy ra

^Q ^:^{a x} ¹

^by^{c z}

¹

⁰ ^ax^by^cz ^a ^c ⁰

Và

^{3;1; 2}

^Q ³â ^b ²^câ ^c ⁰ ²â^{b c} ⁰ ^c ²â^b

Vậy (Q): ^ax^by

²^a^{b z}

^a ^b ⁰ . Gọi ^D

^{( ),( ) ,}^P ^Q

^D_¬^ª^{0 ;90}⁰ ^o^º_¼

Ta có:

2 2

2 2 2

. 6 1 12 36

cosD . 3 (2 ) 3 2 4 5

. 3

P Q

n n b a b ab a

b ab a

n n a b a b

Nếu a 0 1 cosD 3 2

Nếu az0, đặt t ^b

a thì ta có:

2 2 2

12 36 12 36

2 4 5 2 4 5

b ab a t t

b ab a t t f t

7

' 0 10

6 f t t

t ª «

«

«¬

. Từ bảng biến thiến ta có thể dễ nhận thấy:

(5)

⁷ ⁵³ cos¹ ^{1 53} 8⁰

10 6 D ^§3 6 ^·

§ · ¨ ¸|

¨ ¸ ¨ ¸

maxf t f

Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ^A

^0;1;1

, ^B

^{1;0; 3}

, ^C

^{1; 2; 3}

và mặt cầu (S): x²y²z²2x2z 2 0. Điểm ^{D a b c}

^{; ;}

trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất, khi đó a b c bằng:

A. ²

3 B. ²

3 C.1 D. ⁴

3

¾ Giải:

Tâm ^I

^{1; 0; 1}

, bán kính R=2. (ABC): 2x2y z 1 0 2

VABCD ¹₃d D ABD

^;

^.SABC khi đó V_ABCD max khi và chỉ khi ^{d D ABC}

^;

^max

Gọi D D₁ ₂ là đường kính của (S) vuông góc với (ABC). Ta thấy với D là điểm bất kỳ thuộc (S) thì d D ABC

;

dmax d D

^

1;

ABC

,d D

2;

ABC

`

Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D1 hoặc D2

₁ ₂

1 2

: 2

1

° ®

°

¯

x t

D D y t

z t

thay vào (S) ta suy ra: ₁ ₂

2

7 4 1 1 4 5

3 ; ; , ; ;

2 3 3 3 3 3 3

3

ª « § · § ·

« ¨ ¸ ¨ ¸

« «¬

t

D D

t

Vì d D

1;

ABC

!d D

2;

ABC

nên ⁷^; ⁴^; ¹ ²

3 3 3 3

§ ·

¨ ¸

© ¹

D a b c

Câu 9: Cho mặt cầu S ^:x²y²z²²x⁴z ^{1 0} và đường thẳng

2

: .

x t

d y t

z m t

°®

° ¯

Tìm ^m để d cắt S tại hai điểm phân biệt A B, sao cho các mặt phẳng tiếp diện của S tại A và tại B vuông góc với nhau.

A. m ¹hoặc m ⁴ B. m ⁰ hoặc m ⁴

C. m 1hoặc m 0 D.Cả A, B, C đều sai

¾ Giải:

¾ Bình luận: Ta có nếu hai mặt phẳng tiếp diện của S tại A và B vuông góc với nhau thì hai vtpt của hai mặt phẳng này cũng vuông góc với nhau. Mà hai vtpt của hai mặt phẳng này chính là IA IBIA IB, . Với ^I

^{1; 0; 2}

là tâm của mặt cầu S .

(6)

Vậy ta có hai điều kiện sau:

1.d cắt S tại hai điểm phân biệt.

2. IA IBIA IB. 00.

Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì trước tiên d phải cắt mặt cầu, tức là phương trình

²^t

² ^t²

^{m t}

² ^{2. 2}

^t ^4. ^{m t}

^{1 0} có hai nghiệm phân biệt.

2 2

3t 2 m 1 t m 4m 1 0

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi ^{' !}^{' 0}

^m¹

² ³^m² ¹²^m^!^{3 0}

2 5 1 0

m m

.

Với phương trình có hai nghiệm phân biệt , áp dụng định lí Viet ta có

2

1 2 1 2

4 1 2

; 1

3 3

m m

t t t t m

Khi đó IA^IA

1¹¹ t t m^{t t m}1; ;^{; ;}^{; ;}1 2²²²² t^t1

,IB^IB

1¹¹¹ t t m^t2; ;^; 2 2 t2

^.

Vậy IA IB^{IA IB}.

1 t1

1t2

t t1 2

m 2 t1

m 2 t2

0

²

1 2 1 2

3t t m 1 t t m 2 1 0

²

2 2

4 1 1 2 1 0

m m 3 m m

1

4 m m

«ª ¬ (TM).

Câu 10: Trong không gian Oxyz cho ba điểm ^A

^{1;1;1 ,}^B ^{1; 2;0 ,}^C ^{3; 1; 2}

. Điểm

^{; ;}

M a b c thuộc đường thẳng : ¹ ¹

2 1 1

x y z '

sao cho biểu thức

2 2 2

2 3 4

P MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính a b c ?

A. ⁵

3 C. ¹¹

3

B. 0 D. ¹⁶

3

¾ Giải:

Gọi ^{D x y z}

^{; ;}

là điểm thỏa 2DAA333DB444DCDC 00

²^DA^DA³³³³^DB^DB⁴⁴⁴⁴⁴^DC^DC⁰⁰⁰⁰⁰ ²²²²²^DA^DA³³³

^{DA AB}^{DA AB} ⁴ ^{DA AC}^{DA AC}

⁰⁰⁰ ^DA^DA ⁴⁴⁴⁴ÂCÂÂC³³ÂBÂBÂ

1 4.2 3.2

1 4.2 3.1 13;12; 6

1 4.1 3.1 x

y D

z

°®

°

¯

Khi đó: ^P ²

^{MD DA} ²²³ ^{MD DB} ²²⁴ ^{MD DC}

²²

(7)

2 2 2 2

2 2 3 4 2 3 4

2 3 4

MD MD DA DB DC AD BD DC

MD AD BD DC

^A ^C

^A

² ³ ⁴

²

³³ ⁴⁴⁴

²²

Do 2AD²3BD²4DC² không đổi nên P nhỏ nhất khi MD nhỏ nhất. Mà M thuộc ' nên MD nhỏ nhất khi M là hình chiếu của D lên '

^M

^{1 2 ; ; 1} ^{t t} ^t

^{. Ta có:} ^. ⁰ ¹¹ ⁸^; ^{11 5}^; ¹¹

6 3 6 6 3

DM u_' t M§¨ ·¸ a b c

© ¹

DM 00

Câu 11: Trong không gian Oxyz cho ba điểm ^A

^{1;1;1 ,}^B ^{1; 2;0 ,}^C ^{3; 1; 2}

^{. Điểm}

^{; ;}

M a b c thuộc mặt phẳng D : 2x y 2z 7 0 sao cho biểu thức

3 5 7

P MAMA5555MBMB7MCMC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính a b c ?

A. 4 C. 13

B. 5 D. 7

¾ Giải:

Gọi ^{F x y z}

^{; ;}

là điểm thỏa ³^FA^A⁵⁵⁵⁵⁵⁵^FB⁷⁷⁷⁷⁷⁷⁷^FC^C⁰⁰⁰⁰⁰⁰⁰ ^CF^C ³³³³³³³^CA^CA⁵⁵⁵⁵⁵⁵⁵^CB^C ^F

^{23; 20; 11}

Khi đó: ^P ³

^{MF FA} ⁵ ^{MF FB}

⁷ ^{MF FC}

^MF^M

Do đó P nhỏ nhất khi M là hình chiếu của F lên D . Điểm

^{23 2 ; 20} ^{; 11 2}

M t t t . Vì M thuộc D nên:

2 23 2t 20 t 2 11 2t 7 0 t 9 M 5;11;7 a b c 13 Câu 12: Trong không gian Oxyz cho ba điểm ^A

^{1;1;1 ,}^B ^{1; 2;0 ,}^C ^{3; 1; 2}

^{. Điểm}

^{; ;}

M a b c thuộc mặt cầu

^S ^: ^x¹

²^y²

^z¹

² ⁸⁶¹ sao cho biểu thức

2 2 2

2 7 4

P MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính a b c ?

A. 8 C. 5

B. 5 D. 3

¾ Giải:

Gọi ^{K x y z}

^{; ;}

là điểm thỏa ²^KA^A⁷⁷⁷⁷⁷^KB⁴⁴⁴⁴⁴^KC^C⁰⁰⁰⁰⁰ ^K

^21;16;10

Khi đó: P MK²2KA²7KB²4KC²

Do đó P nhỏ nhất khi MK lớn nhất. Mặt cầu (S) có tâm

^{1;0; 1}

^{22; 16; 11}

I KI

(8)

Phương trình đường thẳng KI:

1 22 16 1 11

x t

y t

z t

°

®°

¯

. Thay x, y, z vào (S) ta được:

²²^t ² ¹⁶^t ² ¹¹^t

² ⁸⁶¹^r^t ¹. Suy ra KI cắt (S) tại hai điểm

1 2

23; 16; 12 21;16;10 K

K

ª

«

«¬

Vì KK₁!KK₂ nên MK lớn nhất khi và chỉ khi M K{ 1

23; 16; 12

. Vậy

^{23; 16; 12}

M

Câu 13: Trong không gian Oxyz cho hai điểm ^A

^{1;1; 1 ,} ^B ^{3; 5; 5}

^{. Điểm}^{M a b c}

^{; ;}

^thuộc

mặt phẳng D : 2x y 2z 8 0 sao cho biểu thức P MA MB đạt giá trị nhỏ nhất.

Tính a b c ?

A. 7 C. 2

B. 3 D. 4

¾ Giải:

^{M a b c}

^{; ;}

^{. Đặt} ^{f M} ²^{a b} ²^c⁸

Ta có ^{f A f B}

^. ^!⁰, nên A, B ở về cùng một phía so với D . Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua D

Phương trình đường thẳng AA’:

1 2 1

1 2

x t

y t

z t

°

®°

¯

. Tọa độ giao điểm I của AA’ và D

là nghiệm của hệ:

1 2

1 3; 0;1

1 2

2 2 8 0

x t

y t

z t I x y z

°

®

°°

¯

Vì I là trung điểm AA’ nên ^A^{' 5; 1; 3}

và A’, B nằm khác phía so với D . Khi đó với mọi điểm M thuộc D ta luôn có:

' '

MA MB A M MB A B t . Đẳng thức xảy ra khi M A B' D

(9)

^'

^{8; 6; 2}

^{' :} ^{5 4}^{1 3}

3

x t

A B A B y t

z t

° ®

° ¯

'

A'

. Tọa độ giao điểm M của A’B và D là nghiệm

của hệ:

5 4

1 3 1; 2; 4

3

2 2 8 0

x t

y t

z t M x y z

°

® °

°

¯

Câu 14: Trong không gian Oxyz cho hai điểm ^A

^{1;1; 1 ,} ^C ^{7; 4; 4}

^{. Điểm}^{M a b c}

^{; ;}

^thuộc

mặt phẳng D : 2x y 2z 8 0 sao cho biểu thức P MA MC đạt giá trị lớn nhất.

Tính a b c ?

A. 7 C. 2

B. 3 D. 4

¾ Giải:

^{M a b c}

^{; ;}

^{. Đặt} ^{f M} ²^{a b} ²^c⁸

Ta có ^{f A f C}

^. ⁰ nên A và C nằm về hai phía so với D

Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua D

Phương trình đường thẳng AA’:

1 2 1

1 2

x t

y t

z t

°

®°

¯

. Tọa độ giao điểm I của AA’ và D

là nghiệm của hệ:

1 2

1 3; 0;1

1 2

2 2 8 0

x t

y t

z t I x y z

°

®

°°

¯

Vì I là trung điểm AA’ nên ^A^{' 5; 1; 3}

. Khi đó với mọi điểm M thuộc D ta luôn có:

' '

MA MC MAMC dA C. Đẳng thức xảy ra khi M A C' D

(10)

^'

^{2; 3;1}

^{' :} ^{5 2}^{1 3}

3

x t

A C A C y t

z t

° ®

° ¯

'

A'

. Tọa độ giao điểm M của A’C và D là nghiệm

của hệ:

5 2

1 3 3; 2; 2

3

2 2 8 0

x t

y t

z t M x y z

°

® °

°

¯

Câu 15: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng : ¹ ¹

1 2 2

x y z

' và mặt phẳng

: 3 0

P ax by cz chứa ' và cách O một khoảng lớn nhất. Tính a b c ?

A. 2 C. 1

B. 3 D. 1

¾ Giải:

Gọi K là hình chiếu vuông góc của O lên ', suy ra ^K

¹^t^{;1 2 ; 2} ^{t t}

^,

¹ ^{;1 2 ; 2}

OK

t t t OK

¹¹

Vì OKA ' nên

2 1 2 3 3; ; 3 . 0 1

3 2 1 2

3 3; ; 3 K

OK u t

OK

'

§ ·

° ¨ ¸

° © ¹ ®

§ ·

° ¨ ¸

° © ¹

¯ OK u 00

OK

©

§2

¨ ;

§§2

Gọi H là hình chiếu của O lên (P), ta có: ^{d O P}

^;

^{OH OK}^d ¹. Đẳng thức xảy ra khi H K{ . Do đó (P) cách O một khoảng lớn nhất khi và chỉ khi (P) đi qua K và vuông góc với OK. Từ đó ta suy ra phương trình của (P) là:

2x y 2z 3 0 a b c 1

1 2 2

x y z

' và mặt phẳng

:x 2y 2z 5 0

D . Mặt phẳng Q ax by cz: 3 0 chứa ' và tạo với D một góc nhỏ nhất. Tính a b c ?

A. 1 C. 5

B. 3 D. 1

¾ Giải:

¾ Công thức giải nhanh: nn_Q «ª¬ªª¬nnnn_D ,nnn_'º¼,nnn_'º»¼ººº

¾ Chứng minh công thức:

(11)

^A

^1;1;0

^'. Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với D ,

suy ra

1

: 1 2

2

x t

d y t

z t

°

®°

¯

, chọn ^C

^{2; 1; 2}

^{d C}^, ^z^A. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của

C lên Q và ', khi đó M ACH vàsin sinACH ^AH ^AK AC AC

M t . Mà ^AK

AC không đổi nên suy ra M nhỏ nhất H K{ hay Q là mặt phẳng đi qua' và vuông góc với mặt phẳng

^ACK

Mặt phẳng

^ACK

^{đi qua}^' và vuông góc với D nên: nn_ACK ¬ªªnn_D ,nn_'º¼º

Do Q đi qua ^' và vuông góc với mặt phẳng

^ACK

^nên:

, , ,

Q ACK

n ª¬n n_'º¼ «ª¬ª¬n_D n_'º¼ n_'º»¼ n ªnn nn º ªª nnnn nnnn nn ººº

Áp dụng công thức trên ta có nⁿQ

^{8; 20; 16}

^{suy ra:}

^Q ^{: 8} ^x ¹

²⁰

^y ¹

¹⁶^z⁰ ²^x⁵^y⁴^z^{3 0} ^{a b c} ¹

1 2 2

y

x z

' và hai điểm

^{1; 2;1 ,} ^{1;0; 2}

M N . Mặt phẳng E :ax by cz 43 0 đi qua M, N và tạo với ^' một góc lớn nhất. Tính a b c ?

A. ²² C. 33

B. 33 D. 11

¾ Giải:

¾ Công thức giải nhanh: nn_E «ª¬ªª¬nnnnnnn_NM,nnnnnnn_'º¼,nn<