Dang 1. Tìm tọa độ điểm, véc-tơ liên quan đến hệ trục Oxyz(VDT

Tìm tọa độ điểm S, biết SA vuông góc với ABC , mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S ABC.. Gọi M là trung điểm BC khi đó M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác , ABC.. Gọi d là đường thẳng qua

Câu 1 [2H3-1.1-3] (Văn Giang Hưng Yên) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A1;0;2

,

3;1; 4

B

, C3; 2;1  Tìm tọa độ điểm S, biết SA vuông góc với ABC

, mặt cầu ngoại tiếp

tứ diện S ABC. có bán kính bằng

3 11

2 và S có cao độ âm

A S4;6; 4 . B S4; 6; 4  . C S4;6; 4 . D S  4; 6; 4.

Lời giải

Tác giả: Thành Lê; Fb: Thành Lê.

Chọn A.

Ta có uuurAB2;1;2, uuurAC2; 2; 1   � ��AB AC, �� 3;6; 6  

uuur uuur

Do SA vuông góc với (ABC) nên một VTCP của đường thẳng SA được chọn là

; 3;6; 6

ur��uuur uuurAB AC�� 

Đường thẳng SA qua A1;0;2

và có VTCP ur 3;6; 6  nên có phương trình tham số là:

 

1 3 6

2 6

 

�

�

�  

�

�

Do uuur uuurAB AC.    4 2 2 0�ABAC �ABC vuông tại A.

Gọi M là trung điểm BC khi đó M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác , ABC Gọi d là

đường thẳng qua M và song song với SA nên d ABC, suy ra d là trục đường tròn ngoại tiếp ABC.

Trong mặt phẳng SAM

vẽ đường trung trực của SA cắt d tại I và cắt SA tại N

Mặt phẳng ABC

qua A và có một VTPT nr ��uuur uuurAB AC; ��3;6; 6 

nên có phương trình tổng quát là:

3 x 1 6y6 z2 0�x2y2z 3 0

  2

uuur

Ta có

R IA AM � IM  BC �IM 

Do S SA� nên S1 3 ;6 ;2 6 t t  t, mà SA2IM �SA9

 

 2

1 3 12 2 2 6 3

  

1 4;6; 4

27 27

1 2; 6;8

t

�



  �  

� , mà cao độ của S âm nên S4;6; 4  thỏa yêu cầu bài toán

Câu 2 [2H3-1.1-3] (KIM LIÊN HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 03) Trong không gian Oxyz , cho

hình thang cân ABCD có các đáy lần lượt là AB CD Biết , A3;1; 2  , B1;3; 2, C6;3;6

và D a b c ; ; 

với ; ;a b c �� Tính T a b c  

A T   3 B T 1. C T  3 D T  1.

Lời giải

Tác giả: Trần kim Nhung; Fb: Nhung Trần thị Kim

Chọn A

Cách 1: Ta có uuurAB  4; 2; 4 ; CDuuura6;b3;c6

Do ABCD là hình thang cân nên CD k ABuuur uuurk��

hay

a b c

 2

a b



� 

�

� �

�  

� Vậy ; 2 ;

a

D a��  a��

Lại có AC BD � AC2 BD2  2 2 2  2 2  2

2

a

4 60 0

10

a

a



�

Với a 10�D10;5;10 Kiểm tra thấy: uuur uuurAB CD (Không thỏa mãn ABCD là hình thang cân)

Với a6�D6; 3; 6   Kiểm tra thấy:  3 AB CDuuur uuur ( thỏa mãn).

Do đó, T a b c        6 3 6 3

Cách 2 ( Hồng Minh Trần)

Ta có uuurAB  4; 2; 4 ; CDuuura6;b3;c6

Do ABCD là hình thang cân nên AB CD;

uuur uuur

ngược hướng hay

0

a b c 

 2

6

a b

a



� 

�

�

 

� �

�  

�

� Vậy ; 2 ;

a

D a��  a��

� � với a  6 Lại có AC BD � AC2 BD2  2 2 2  2 2  2

2

a

4 60 0

10( )

a



�

Với a6�D6; 3; 6  .

Do đó, T         a b c 6 3 6 3

Cách 3 ( Hà Trần)

+ Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB ( cũng là mp trung trực của đoạn thẳng CD )

+ Gọi mp   là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB , suy ra mp   đi qua trung điểm

1; 2;0

I

của đoạn thẳng AB và có một vectơ pháp tuyến là 1  2;1;2

2

nr  uuurAB 

, suy ra phương trình của mp   là :   : 2  x y 2z 0 .

+ Vì ,C D đối xứng nhau qua mp  nên

D   �a b  c  �T     a b c

Công thức trắc nghiệm: Xác định toạ độ điểm M x y z� 1; ;1 1

là điểm đối xứng của điểm

 0; 0; 0

M x y z

qua mp   :ax by c   z d 0 a2 b2 c2 �0

1 0

0 0 0

1 0

2a

z

2

 

�

�

 

�  

�

�

Câu 3 [2H3-1.1-3] (Nguyễn Khuyến)Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC với A1; 2;5

,

3;4;1

B

, C2;3; 3  Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và M là điểm thay đổi trên

mp Oxz

Độ dài GM ngắn nhất bằng

Lời giải

Tác giả: Ngô Trang; Fb: Trang Ngô

Chọn B

Do G là trọng tâm tam giác ABC �G2;3;1

Gọi H là hình chiếu vuông góc của G trên mặt phẳng  Oxz

, khi đó GH là khoảng cách từ

G đến mặt phẳng  Oxz

, ta có: GH d G Oxz  ,   3

Với M là điểm thay đổi trên mặt phẳng  Oxz

, ta có GM GH� 3, do đó GM ngắn nhất �

�

M H

Vậy độ dài GM ngắn nhất bằng 3

Câu 4 [2H3-1.1-3] (THPT-Yên-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4)Trong không gian

Oxyz cho các điểm A5;1;5

, B4;3; 2

, C 3; 2;1 Điểm I a b c ; ; 

là tâm đường tròn

ngoại tiếp tam giác ABC Tính a2b c ?

Lời giải

Tác giả: Đỗ Hoàng Tú; Fb: Đỗ Hoàng Tú

Chọn B

Cách 1:

 1; 2; 3

AB  

uuur

, uuurAC    8; 3; 4.

Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB , AC �

9 7

;2;

2 2 1 1; ;3 2

M N

�

�

Gọi nr

là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ABC �nr ��uuur uuurAB AC, ��  17; 20;19

ABC: 17 x20y19z30 0 .

I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC �  

� 

�

� 

�

��

�

uuur uuur uur uuur

�

�

         

1

2

17 20 19 30 0

��� ��   �� �� 

�

�

�

2 3 11

37

2

17 20 19 30

�

�

�   

�

�

1 1 2 3

a b c



�

�

�  

�

�



Vậy

1

2

a b c   � �� �  

Cách 2:

Ta có uuurAB  1;2; 3  và uuurBC    7; 5; 1�uuur uuurAB BC 0�ABCvuông tại B.

Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC nên I là trung điểm của AC

Vậy

I�� ���a b c   � �� �  

Câu 5 [2H3-1.1-3] (KINH MÔN HẢI DƯƠNG 2019) Trong không gian với hệ tọa Oxyz , cho vectơ

1; 2;4

ar  , brx y z0; ;0 0 cùng phương với vectơ ar Biết vectơ br tạo với tia Oy một góc nhọn và br  21

Giá trị của tổng x0  bằngy0 z0

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thu Dung; Fb: Dung Nguyễn

Chọn A

Do a b,

r r cùng phương và nên ta có b k a kr r �0

0

0

0

2 4

x k



�

�  

� �

� 

Suy ra

0 0 0 0 0 0

x  y  z  x  y z



1 3 2 3 4 3

�

�

� �

�

�

Theo giả thiết vectơ br

tạo với tia Oy một góc nhọn nên b jr r. 0 với rj 0;1;0, do đóy0  0

Mà

0 0 0 0

y  x y z

 nên x0   y0 z0 0 Lại có br  21

, suy ra 2 2 2  2

21 9

x y z  x y z

21

0 0 0 9

x  y z 

Vậy x0    y0 z0 3

Câu 6 [2H3-1.1-3] (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Trong không gian Oxyz cho A4; 2;6 ,

2; 4; 2

B

,M�  :x2y  3z 7 0

sao choMA MBuuur uuur

nhỏ nhất Tọa độ của M bằng

A

29 58 5

; ;

13 13 13

� �. B 4;3;1

C 1;3; 4

37 56 68

; ;

3 3 3



Lời giải

Tác giả: Đào Văn Tiến; Fb: Đào Văn Tiến

Chọn B

Gọi I là trung điểm AB�I3;1;4 Gọi H là hình chiếu của I xuống mặt phẳng   .

Ta có MA MBuuur uuur MI IAuuur uur uuur uur   MI IB  MI2MI IA IBuuur uur uur.  IA2 MI2IA2

Do IA không đổi nên MA MBuuur uuur

nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất  �MI IH M H . Gọi  là đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng   Khi đó  nhận

  1; 2; 3

uuur

làm vectơ chỉ phương Do đó  có phương trình

3

1 2

4 3

 

�

�  

�

�  

3 ;1 2 ; 4 3 

H� � H t  t  t .

  3  2 1 2  3 4 3  7 0

H� �  t  t   t   �t1� H4;3;1 .

Vậy M4;3;1.

Câu 7 [2H3-1.1-3] (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình

thang ABCD có hai đáy AB CD ; có tọa độ ba đỉnh , A1; 2;1 ,  B 2;0; 1 ,   C 6;1;0 Biết hình thang có diện tích bằng 6 2 Giả sử đỉnh D a b c ; ; 

, tìm mệnh đề đúng?

A a b c   6 B a b c   5 C a b c   8 D a b c   7

Lời giải

Tác giả:Nguyễn Thành Đô ; Fb: Thành Đô Nguyễn

Chọn C

Cách 1:

1; 2; 2 ; 5; 1; 1 ; 6 ;1 ; 

AB   AC   DC a  b c

Ta có

S  ��uuur uuurAB AC�� �S   

AB //CD nên ABuuur và DCuuur

cùng phương, cùng chiều

12 2

13 2

1 0

a b c

 

�

�  

�

     �

� 

�



�

, 0;9 54;54 9

uuur uuur

19

17

3

ACD

a

a



� 

�

� 

� uuur uuur

So với điều kiện suy ra:

17

8

3

a �a b c  

Cách 2:

Ta có 3;  ,  162.

3

AB h d C AB 

ABCD

h

Suy ra

17 5 2

3 3 3

AB DC� D�� ���a b c  

uuur uuur

ntsang84@gmail.com

Câu 8 [2H3-1.1-3] (Yên Phong 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

  :x y z   3 0 và đường thẳng d:1x y21 z12 Gọi  là hình chiếu vuông góc của

d trên   và ur 1;a;b là một vectơ chỉ phương của  với ,a b �� Tính tổng a b

Lời giải

Tác giả: Phan Thị Tuyết Nhung ; Fb: Phan Thị Tuyết Nhung

Chọn C





A d

Cách 1.

Ta có mặt phẳng   nhận vectơ nuur 1;1;1 là vectơ pháp tuyến, đường thẳng d đi qua điểm

0; 1;2

A  và nhận uuurd 1; 2; 1  là vectơ chỉ phương.

Gọi  

là mặt phẳng chứa đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng  .

Ta có nuur uur uur n �u d   3; 2;1.

Khi đó đường thẳng 

là giao tuyến của hai mặt phẳng   và   Do đó một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là uuur uur uur n �n    1; 4;5.

Mà ur1;a;b nên a , 4 b  Vậy 5 a b   1

Cách 2.

Dễ dàng tính được tọa độ giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng   là I 1;1;1 Trên đường thẳng lấy điểm A0; 1;2  và gọi Hlà hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng

  Phương trình đường thẳng đi qua A và Hcó dạng:

0 1 2

 

�

�   

�

�  

Tọa độ của là H nghiệm của hệ

0 1 2

3 0

x y z

 

�

�   

�

�  

�

�    

2 3

t  Vậy

2 1 8

; ;

3 3 3

Đường thẳng  đi qua hai điểm I và H nhận vectơ

1 4 5

; ;

3 3 3

IH  ��  ��

uuur

là vectơ chỉ phương nên cũng nhận vectơ uuur 1; 4; 5  là vectơ chỉ phương Vậy a b   1

Câu 9 [2H3-1.1-3] (KIM LIÊN HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 03) Trong không gian Oxyz , cho

hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C. ��� có A� 3 ; 1;1 

, hai đỉnh ,B C thuộc trục Oz và

1

AA� (C không trùng với O ) Biết véctơ ur a b; ; 2 với ,a b�� là một véctơ chỉ phương

của đường thẳng A C� Tính T a 2 b2

A T  5 B T 16. C T  4 D T 9.

Lời giải

Tác giả: Ngô Trang; Fb: Trang Ngô

Chọn B

Gọi M là trung điểm BC

Khi đó có



�

� �

� �BC A M� tại M �M là hình chiếu của A� trên trục Oz (vì đường thẳng BC chính là trục Oz )

 3 ; 1;1

A�  �M0;0;1 và A M�  2

Ta có: AM  A M�2AA�2  3 Mà tam giác ABC đều nên AM  23BC 3

2

BC

� 1

MC

Vì C thuộc trục Oz và C không trùng với O nên gọi C0;0;c

, c� 0

0;0; 1

uuuur

1

MC c

�

1

MC � c 1 1

0(L) 2

c c



�

� � � �C0;0;2.

 3 ;1;1

A C� 

uuuur

là một véctơ chỉ phương của đường thẳng A C�

� ur   2 3 ;2;2

cũng là một véctơ chỉ phương của đường thẳng A C�

Vậy a 2 3;b2�T a2b2 16.

Câu 10 [2H3-1.1-3] (Sở Phú Thọ) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 2) và

8 4 8

; ;

3 3 3

Biết I a b c( ; ; ) là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác OAB Giá trị của a b c  bằng

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Nguyệt Cầm; Fb: Nguyet Cam Nguyen

Chọn D

Tính được OA3 ;OB4;AB5.

Ta có: OA IB OB IA AB IO.uur .uur .uur r0 �

   

   

8

3 4

3 8

3

��� ��    

�� �

�

�� �    

��� ��

�

��      �

��� ��

�

1 1 0

x y z



�

� 

� �

� 

� Vậy, I(1;1;0) , suy ra a b c  0.

Câu 11. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(1;0;0), B2; 2; 2  ,

11 4 8

; ;

3 3 3

� � Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc nửa khoảng

A

1 0;

2

� �

� �

1

;1 2

� �

� �

3 1;

2

� �

� �

3

;2 2

� �

Câu 12. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A( 1;0;0) , B0; 2; 2 ,

5 4 8

; ;

3 3 3

� � Độ dài đường

phân giác trong đỉnh A của tam giác ABC là

A

12 2

12 3

13 2

13 3

7

Câu 13 [2H3-1.1-3] (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng

 P : x y   và hai điểm 2 0 A1;2;3 , B1;0;1 Điểm C a b ; ; 2 �  P sao cho tam giác ABC có diện tích nhỏ nhất Tính a b

Lời giải

Tác giả:Phạm Thị Phương Thúy; Fb:thuypham

Chọn A

 ; ; 2  

C a b  �P �a b  2 0�b a 2�C a a ;  2; 2 .

0; 2; 2

AB  

uuur

, uuurACa1; ; 5a   � ��AB AC, �� 10 2 ; 2 a  a2; 2a2

uuur uuur

 2  2 2

2 10 2 2 2

,

ABC

 �uuur uuur�   3a22a9

3 a 1 24

với a

Do đó minSABC 2 6 khi a  Khi đó ta có 1 C1;1; 2  �a b 0.

Câu 14 [2H3-1.1-3] (CHUYÊN SƯ PHẠM HÀ NỘI LẦN 4 NĂM 2019) Trong không gian tọa độ

Oxyz , cho hai điểm (1;0;0) A , (5;6;0)B

và M là điểm thay đổi trên mặt cầu

 S x: 2y2 z2 1 Tập hợp các điểm M

trên mặt cầu  S thỏa mãn 3MA2MB2 48 có bao nhiêu phần tử?

Lời giải

Tác giả: Đàm Văn Thượng; Fb: Thượng Đàm

Chọn B

Cách 1:

+) Mặt cầu  S :x2y2z2 1có tâm O0;0;0

, bán kính R1.

+) Ta tìm điểm I x y z ; ; 

thỏa mãn 3IA IBuur uur r 0.

+) Có uurIA   1 x; y; z, IBuur 5 x;6 y; z.

+) 3IA IBuur uur r 0

 

 

 

z z

�    

�

   

� �

�   

�

4 8 0

4 6 0

4 0

x y z

  

�

�  

� �

� 

�

2 3 2 0

x y z



�

�

� 

� �

�



�

3 2; ;0 2

� �� ��

Suy ra

13 2

IA

,

3 13 2

IB

+) Do đó

3MA MB 48�3MAuuur MBuuur 48   2 2

3 MI IA  MI IB 48

� uuur uur uuur uur

4MI 3IA IB 2MI 3IA IB 48

� uuur uur uur �4MI23IA2IB2 48

3 2

MI 

�

Ta thấy

5 2

OI 

nên điểm I nằm ngoài mặt cầu  S Ta có OI  R MI OM MI  , suy ra có một điểm M thuộc đoạn OI thỏa mãn đề bài (điểm M là giao điểm của đoạn thẳng OI và

mặt cầu  S

)

Cách 2: Nguyen Trang

Gọi M x y z 0; ;0 0

thuộc mặt cầu  S và thỏa mãn 3MA2MB2 48.

Ta có: 3MA2MB2 48  2 2 2   2 2 2

3�x 1 y z � � x 5  y 6 z �48

2 2 2

4x 4y 4z 16x 12y  16 0

0 0 0 4 0 3 0 4 0

x y  z x  y  

Suy ra M thuộc mặt cầu  S� tâm

3 2; ;0 2

I �� �

�

� �, bán kính

3 2

R� Mặt khác M thuộc mặt cầu  S tâm O0;0;0, bán kính R1.

Ta thấy:

5 2

OI�  R R�

� mặt cầu  S

và  S�

tiếp xúc ngoài nhau tại M

� Có duy nhất một điểm M thỏa mãn đề bài

Câu 15 [2H3-1.1-3] (Nguyễn Khuyến)Trong không gian Oxyz , cho OA iuuur  r rj 3kr

, B2;2;1

Tìm tọa độ điểm M thuộc trục tung sao cho MA2MB2 nhỏ nhất.

A M0; 2;0 . B M ���0; ;032 ���. C M0; 3;0 . D M0; 4;0 .

Lời giải

Tác giả:Trần kim Nhung ; Fb: Nhung trần thi kim

Chọn B

Cách 1: Do M Oy nên � M0; ;0y 

Tính MA2MB2 2y26y20 f y 

Do đó f y 

nhỏ nhất

3 2



� y

Vậy

3 0; ;0 2

M

Cách 2: Ta có: A1;1; 3 

Gọi I là trung điểm của AB Suy ra

3 3

; ; 1

2 2

Khi đó: MA2MB2 MAuuur2MBuuur2   2 2

 MI IAuuur uur  MI IBuuur uur

2 2 2

 MIuuur uurIA IBuur  MI IA IBuuur uur uur

2 2 2 2

 MI IA IB 2MI29.

Do đó MA2MB đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi 2 MI có độ dài ngắn nhất, điều này xảy ra

khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I trên trục tung.

Phương trình mặt phẳng  P

đi qua I và vuông góc với trục tung là

 

� � �  �  

�x � �y � z hay  : 3 0

2

 

P y

Phương trình tham số của trục tung là

0

0

x

y t z



�

� 

�

� 

Tọa độ điểm M cần tìm là nghiệm x y z; ; 

của hệ phương trình:

0

3

0

2

x

y t

z

y



�

� 

�

�

�

�  

�

0 3 2 0

x y z



�

�

� 

� �

�



� Vậy

3 0; ;0 2

M