50 bài tập trắc nghiệm hệ tọa độ trong không gian mức độ vận dụng, vận dụng cao

Làm đề thi

Câu hỏi 1 :

Trong không gian với hệ trục tọa độ \(Oxyz\), cho tam giác \(ABC\) với \(A\left( {1;2; - 1} \right)\), \(\;B\left( {2;3; - 2} \right)\), \(C\left( {1;0;1} \right)\). Trong các điểm \(M(4;3; - 2),N( - 1; - 2;3)\) và \(P(0;-1;2)\), điểm nào là đỉnh thứ tư của hình bình hành có \(3\) đỉnh là \(A,B,C\).

  • A Cả điểm \(M\) và \(N\)
  • B Chỉ có điểm \(M\)
  • C Chỉ có điểm \(N\)
  • D Chỉ có điểm \(P\)

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Phương pháp: 

- Sử dụng công thức tính tọa độ vecto:

Cho hai điểm \(A({a_1};{a_2};{a_3})\) và \(B({b_1};{b_2};{b_3})\) ta có: \(\overrightarrow {AB} = ({b_1} - {a_1};{b_2} - {a_2};{b_3} - {a_3})\) 

- Cho hai vecto \(\overrightarrow {AB} = ({a_1};{a_2};{a_3})\) và \(\overrightarrow {CD} = ({b_1};{b_2};{b_3})\).

Khi đó: \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CD} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = {b_1}\\{a_2} = {b_2}\\{a_3} = {b_3}\end{array} \right.\) 

Lời giải chi tiết:

Cách làm:

Giả sử \(D(x;y;z)\) là đỉnh thứ tư của hình bình hành có \(3\) đỉnh là \(A,B,C\).

Khi đó ta có

\(\left[ \begin{array}{l}\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \\\overrightarrow {DA} = \overrightarrow {BC} \\\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CD} \end{array} \right.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {BC} = ( - 1; - 3;3),\overrightarrow {AB} = (1;1; - 1)\\\overrightarrow {AD} = (x - 1;y - 2;z + 1)\\\overrightarrow {DA} = (1 - x;2 - y; - 1 - z)\\\overrightarrow {CD} = (x - 1;y;z - 1)\end{array}\)

TH1: \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = - 1\\y - 2 = - 3\\z + 1 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = - 1\\z = 2\end{array} \right. \Rightarrow D(0; - 1;2) \equiv P\)

TH2: \(\overrightarrow {DA} = \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - x + 1 = - 1\\ - y + 2 = - 3\\ - z - 1 = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 5\\z = - 4\end{array} \right. \Rightarrow D(2;5; - 4)\)

TH3: \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CD} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 1\\y = 1\\z - 1 = - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\\z = 0\end{array} \right. \Rightarrow D(2;1;0) \Rightarrow D \)

Chọn D

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 2 :

Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho ba điểm \(A( - 2;3;1)\) , \(B(\dfrac{1}{4};0;1)\) và \(C(2;0;1)\) . Tọa độ chân đường phân giác trong góc \(A\) của tam giác \(ABC\) là

  • A \((1;0;1)\) 
  • B \( ( - 1;0;1)\)
  • C \((1;1;1)\) 
  • D \( (1;0; - 1)\)

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Phương pháp: 

- Sử dụng công thức tính tọa độ vecto:

Cho hai điểm \(A({a_1};{a_2};{a_3})\) và \(B({b_1};{b_2};{b_3})\) ta có: \(\overrightarrow {AB} = ({b_1} - {a_1};{b_2} - {a_2};{b_3} - {a_3})\) 

- Cho hai vecto \(\overrightarrow {AB} = ({a_1};{a_2};{a_3})\) và \(\overrightarrow {CD} = ({b_1};{b_2};{b_3})\). Khi đó: \(\overrightarrow {AB} = k.\overrightarrow {CD} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = k.{b_1}\\{a_2} = k.{b_2}\\{a_3} = k.{b_3}\end{array} \right.\)

- \(D\) là chân đường phân giác trong góc \(A\) của tam giác \(ABC\). Khi đó, ta có:\(\overrightarrow {BD} = \dfrac{{AB}}{{AC}}.\overrightarrow {DC} \)

Lời giải chi tiết:

Cách làm:

Giả sử \(D(x;y;z)\) là chân đường phân giác trong góc \(A\) của tam giác \(ABC\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB} = \left( {\dfrac{9}{4}; - 3;0} \right) \Rightarrow AB = \dfrac{{15}}{4}\\\overrightarrow {AC} = \left( {4; - 3;0} \right) \Rightarrow AC = 5\\\overrightarrow {BD} = \left( {x - \dfrac{1}{4};y;z - 1} \right)\\\overrightarrow {DC} = \left( {2 - x; - y; - z + 1} \right)\end{array}\)

Ta có

\(\overrightarrow {BD} = \dfrac{{AB}}{{AC}}.\overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \overrightarrow {BD} = \dfrac{3}{4}.\overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4}.(2 - x)\\y = \dfrac{3}{4}( - y)\\z - 1 = \dfrac{3}{4}(1 - z)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 0\\z = 1\end{array} \right. \Rightarrow D(1;0;1)\)

Chọn A

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 3 :

Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm \(A\left( -2;3;1 \right),B\left( 2;1;0 \right),C\left( -3;-1;1 \right)\). Tìm tất cả các điểm D sao cho ABCD là hình thang có đáy AD và \({{S}_{ABCD}}=3{{S}_{ABC}}\). 

  • A \(D(8;7;-1)\).                           
  • B  \(\left[ \begin{array}{l}D( - 8; - 7;1)\\D(12;1; - 3)\end{array} \right.\)                         
  • C  \(\left[ \begin{array}{l}D(8;7; - 1)\\D( - 12; - 1;3)\end{array} \right.\)                         
  • D \(D\left( -12;-1;3 \right)\)

Đáp án: D

Phương pháp giải:

- Xác định tọa độ điểm thông qua việc giải hai vectơ bằng nhau.

Lời giải chi tiết:

ABCD là hình thang có đáy AD và \({{S}_{ABCD}}=3{{S}_{ABC}}\)

\(\Leftrightarrow \frac{(AD+BC).h}{2}=3.\frac{BC.h}{2}\)  (h: độ dài đường cao của hình thang ABCD)

\(\Leftrightarrow AD+BC=3BC\Leftrightarrow AD=2BC\)

 \(\Rightarrow \overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{BC}\)

 Ta có:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AD}  = \left( {{x_D} + 2;{y_D} - 3;{z_D} - 1} \right);\overrightarrow {BC}  = \left( { - 5; - 2;1} \right)\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} + 2 =  - 10\\{y_D} - 3 =  - 4\\{z_D} - 1 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} =  - 12\\{y_D} =  - 1\\{z_D} = 3\end{array} \right. \Rightarrow D( - 12; - 1;3)\end{array}\)

Chọn: D.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 4 :

Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho hai điểm \(A\left( {1;0;3} \right),B\left( {11; - 5; - 12} \right)\). Điểm \(M\left( {a;b;c} \right)\) thuộc mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) sao cho \(3M{A^2} + 2M{B^2}\) nhỏ nhất. Tính \(P = a + b + c\)

  • A \(P = 5\)                                  
  • B  \(P = 3\)                             
  • C  \(P = 7\)                             
  • D  \(P =  - 5\)

Đáp án: B

Phương pháp giải:

\(M\left( {a;b;c} \right) \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow c = 0 \Rightarrow M\left( {a;b;0} \right)\)

Tính \(3M{A^2} + 2M{B^2}\), sau đó tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức vừa tìm được bằng cách đưa về hẳng đẳng thức.

Lời giải chi tiết:

\(M\left( {a;b;c} \right) \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow c = 0 \Rightarrow M\left( {a;b;0} \right)\)

\(\begin{array}{l}\Rightarrow 3M{A^2} + 2M{B^2} = 3\left[ {{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {b^2} + 9} \right] + 2\left[ {{{\left( {a - 11} \right)}^2} + {{\left( {b + 5} \right)}^2} + {{12}^2}} \right]\\= 3\left( {{a^2} - 2a + {b^2} + 10} \right) + 2\left( {{a^2} - 22a + {b^2} + 10b + 290} \right)\\= 3{a^2} - 6a + 3{b^2} + 30 + 2{a^2} - 44a + 2{b^2} + 20b + 580\\ = 5{a^2} - 50a + 5{b^2} + 20b + 610\\= 5\left( {{a^2} - 10a + {b^2} + 4b + 122} \right)\\= 5\left[ {{{\left( {a - 5} \right)}^2} + {{\left( {b + 2} \right)}^2} + 93} \right] \ge 465\end{array}\)

Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 5\\b =  - 2\end{array} \right. \Rightarrow P = a + b + c = 5 - 2 + 0 = 3\)

Chọn B.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 5 :

Trong không gian Oxyz, cho hai điểm \(A\left( 1;2;1 \right),\,\,B\left( 2;-1;3 \right)\) . Tìm điểm M trên mặt phẳng (Oxy) sao cho \(M{{A}^{2}}-2M{{B}^{2}}\) lớn nhất.

  • A \(M\left( 3;-4;0 \right)\)                  
  • B  \(M\left( \frac{3}{2};\frac{1}{2};0 \right)\)              
  • C \(M\left( 0;0;5 \right)\)                                 
  • D \(M\left( \frac{1}{2};\frac{-3}{2};0 \right)\)

Đáp án: A

Lời giải chi tiết:

Gọi M(x;y;0) ∈ Oxy. Ta có

\(M{{A}^{2}}-2M{{B}^{2}}={{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+1-2{{\left( x-2 \right)}^{2}}-2{{\left( y+1 \right)}^{2}}-2.9\)

Thử lần lượt 4 đáp án thì ta thấy với M(3;–4;0) thì \(M{{A}^{2}}-2M{{B}^{2}}=3\) là lớn nhất

Chọn A

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 6 :

 Trong mặt phẳng \(Oxy,\) cho hình chữ nhật \(OMNP\) với \(M(0;\,\,10),N(100;\,\,10)\) và \(P(100;0).\) Gọi \(S\) là tập hợp tất cả các điểm \(A(x;\,\,y),\,\,(x,\,\,y\in Z)\) nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của \(OMNP.\) Lấy ngẫu nhiên một điểm \(A(x;\,\,y)\in S.\) Xác suất để \(x+y\le 90\) bằng

  • A  \(\frac{845}{1111}.\)      
  • B  \(\frac{473}{500}.\)         
  • C   \(\frac{169}{200}.\)                                             
  • D \(\frac{86}{101}.\)

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Điểm \(A\left( x;y \right)\) nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của OMNP \(\Rightarrow 0\le x\le 100;\,\,\,0\le y\le 10\) , tính số phần tử của không gian mẫu \(n\left( \Omega  \right)\)

Gọi X là biến cố: “Các điểm \(A\left( x;y \right)\) thỏa mãn \(x+y\le 90\)”. Tính số phần tử của biến cố X \(n\left( X \right)\)

Tính xác suất của biến cố X: \(P\left( X \right)=\frac{n\left( X \right)}{n\left( \Omega  \right)}\)

Lời giải chi tiết:

Điểm \(A\left( x;y \right)\) nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của OMNP \(\Rightarrow 0\le x\le 100;\,\,\,0\le y\le 10\)

Có 101 cách chọn x, 11 cách chọn y. Do đó số phần tử của không gian mẫu tập hợp các điểm có tọa độ nguyên nằm trên hình chữ nhật \(OMNP\) là \(n\left( \Omega  \right)=101\,\,\times \,\,11.\)

Gọi X là biến cố: “Các điểm \(A\left( x;y \right)\) thỏa mãn \(x+y\le 90\)”.

Vì \(x\in \left[ 0;100 \right];\,\,y\in \left[ 0;10 \right]\) và \(x+y\le 90\)\(\Rightarrow \left[ \begin{align}  & y=0\,\,\xrightarrow{{}}\,\,x=\left\{ 0;\,\,1;\,\,2;\,\,...;\,\,90 \right\} \\  & y=1\,\,\xrightarrow{{}}\,\,x=\left\{ 0;\,\,1;\,\,2;\,\,...;\,\,89 \right\} \\  & ... \\  & y=10\,\,\xrightarrow{{}}\,\,x=\left\{ 0;\,\,1;\,\,2;\,\,...;\,\,80 \right\} \\ \end{align} \right..\)

Khi đó có \(91+90+\,\,...\,\,+81=\frac{\left( 81+91 \right).11}{2}=946\) cặp \(\left( x;y \right)\) thỏa mãn.

Vậy xác suất cần tính là \(P=\frac{n\left( X \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{946}{101\,\,\times \,\,11}=\frac{86}{101}.\)

Chọn D.

 

 

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 7 :

Trong không gian với hệ tọa Oxyz, cho \(A\left( {1; - 2;1} \right);\,\,B\left( { - 2;2;1} \right);\,\,C\left( {1; - 2;2} \right)\). Đường phân giác trong của góc A của tam giác ABC cắt mặt phẳng Oyz tại điểm nào trong các điểm sau đây?

  • A  \(\left( {0; - \frac{4}{3};\frac{2}{3}} \right)\)                        
  • B  \(\left( {0; - \frac{2}{3};\frac{4}{3}} \right)\)                        
  • C  \(\left( {0;\frac{2}{3}; - \frac{8}{3}} \right)\)                        
  • D  \(\left( {0; - \frac{2}{3};\frac{8}{3}} \right)\)

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Nếu \(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right|\) thì \(\overrightarrow u  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} \) là VTCP của đường phân giác trong của góc \(\widehat {BAC}\).

Lời giải chi tiết:

 

 

Ta có

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( { - 3;4;0} \right) \Rightarrow AB = 5\\\overrightarrow {AC}  = \left( {0;0;1} \right) \Rightarrow AC = 1 \Rightarrow 5\overrightarrow {AC}  = \left( {0;0;5} \right)\\ \Rightarrow \overrightarrow {AB}  + 5\overrightarrow {AC}  = \left( { - 3;4;5} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \) Đường phân giác trong của góc A đi qua A và nhận \(\overrightarrow u  = \left( { - 3;4;5} \right)\) là một VTCP, do đó có phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - 3t\\y =  - 2 + 4t\\z = 1 + 5t\end{array} \right.\,\,\left( {t \in R} \right)\,\,\left( d \right)\)

Gọi \(M = d \cap \left( {Oyz} \right) \Rightarrow M\left( {1 - 3t; - 2 + 4t;1 + 5t} \right)\)

\(M \in \left( {Oyz} \right) \Rightarrow 1 - 3t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{3} \Rightarrow M\left( {0; - \frac{2}{3};\frac{8}{3}} \right)\).

Chọn D.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 8 :

Cho tam giác ABC có \(A\left( {1; - 1} \right);\,\,B\left( {3; - 3} \right);\,\,C\left( {6;0} \right)\). Diện tích \(\Delta ABC\) là:

  • A  6  
  • B \(6\sqrt 2 \)                         
  • C \(12\)                                    
  • D  9

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính diện tích tam giác \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}d\left( {A;BC} \right).BC\)

Lời giải chi tiết:

Phương trình đường thẳng \(BC:\,\,\dfrac{{x - 3}}{{6 - 3}} = \dfrac{{y + 3}}{{0 + 3}} \Leftrightarrow x - y - 6 = 0\).

\( \Rightarrow d\left( {A;BC} \right) = \dfrac{{\left| {1 + 1 - 6} \right|}}{{\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2 \)

Ta có : \(BC = \sqrt {{3^2} + {3^2}}  = 3\sqrt 2 \).

Vậy \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}d\left( {A;BC} \right).BC = \dfrac{1}{2}.2\sqrt 2 .3\sqrt 2  = 6\).

Chọn A.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 9 :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho \(A\left( { - 3;0;0} \right);\,\,B\left( {0;0;3} \right);\,\,C\left( {0; - 3;0} \right)\)  và mặt phẳng \(\left( P \right):\,\,x + y + z - 3 = 0\). Tìm trên (P) điểm M sao cho \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right|\) nhỏ nhất.

  • A  \(M\left( {3;3; - 3} \right)\)
  • B  \(M\left( {3; - 3;3} \right)\)
  • C  \(M\left( { - 3;3;3} \right)\)
  • D  \(M\left( { - 3; - 3;3} \right)\)

Đáp án: C

Phương pháp giải:

+) Gọi điểm \(I\left( {a;b;c} \right)\) thỏa mãn \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 \), sử dụng các công thức cộng trừ vectơ xác định điểm I.

+) Phân tích \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right|\) bằng cách chèn điểm I, đánh giá và tìm GTNN của \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right|\).

Lời giải chi tiết:

Gọi điểm \(I\left( {a;b;c} \right)\) thỏa mãn \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 \).

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {IA}  = \left( { - 3 - a; - b; - c} \right)\\\overrightarrow {IB}  = \left( { - a; - b;3 - c} \right)\\\overrightarrow {IC}  = \left( { - a; - 3 - b; - c} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {IC}  = \left( { - 3 - a;3 - b;3 - c} \right) = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 - a = 0\\3 - b = 0\\3 - c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 3\\b = 3\\c = 3\end{array} \right. \Rightarrow I\left( { - 3;3;3} \right)\)

Ta có \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right| = \left| {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {MI}  - \overrightarrow {IC} } \right| = \left| {\overrightarrow {MI}  + \left( {\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {IC} } \right)} \right| = \left| {\overrightarrow {MI} } \right| = MI\)

Do đó \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right|\) nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất \( \Rightarrow \) M là hình chiếu của I trên \(\left( P \right)\).

Ta thấy \( - 3 + 3 + 3 - 3 = 0 \Rightarrow I \in \left( P \right) \Rightarrow \) Hình chiếu của I trên \(\left( P \right)\) là chính nó. Do đó \(M \equiv I \Rightarrow M\left( { - 3;3;3} \right)\).

Chọn C.

 

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 10 :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác OAB có \(A\left( { - 1; - 1;0} \right)\), \(B\left( {1;0;0} \right)\). Tính độ dài đường cao kẻ từ O của tam giác OAB.

  • A  \(\frac{1}{{\sqrt 5 }}\).                                  
  • B  \(\sqrt 5 \).                                         
  • C  \(\frac{{\sqrt 5 }}{{10}}\).                             
  • D  \(\frac{{2\sqrt 5 }}{5}\).

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Công thức khoảng cách từ điểm đến đường thẳng trong không gian:

\(d\left( {A;\Delta } \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow {MA} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}}\) , với \(\overrightarrow u \) là VTCP của \(\Delta \) và M là điểm bất kì thuộc \(\Delta \).

Lời giải chi tiết:

 

Đường thẳng AB có 1 VTCP \(\overrightarrow u  = \overrightarrow {AB} \left( {2;1;0} \right)\)

\(\left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow {OA} } \right] = \left( {0;0; - 1} \right)\)

Độ dài đường cao kẻ từ O của tam giác OAB bằng khoảng cách từ O đến đường thẳng AB:

\(d\left( {O;AB} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow u ;\overrightarrow {OA} } \right]} \right|}}{{\left| {\overrightarrow u } \right|}} = \frac{{\sqrt {{0^2} + {0^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {0^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\).

Chọn: A

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 11 :

 Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\) cho mặt phẳng \(\left( \alpha  \right):\ 2x-y-3z=4.\) Gọi \(A,\ B,\ C\) lần lượt là giao điểm của mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) với các trục tọa độ \(Ox,\ Oy,\ Oz.\) Thể tích tứ diện \(OABC\) bằng:

  • A \(1\)                            
  • B  \(2\)                           
  • C   \(\frac{32}{9}\)                                            
  • D

      \(\frac{16}{9}\)


Đáp án: D

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức: \({{V}_{OABC}}=\frac{1}{6}\left| \overrightarrow{OA}.\left[ \overrightarrow{OB},\ \overrightarrow{OC} \right] \right|.\)

Lời giải chi tiết:

Cách 1: Ta có\(A,\ B,\ C\) lần lượt thuộc các trục tọa độ \(Ox,\ Oy,\ Oz\Rightarrow A\left( {{x}_{A}};\ 0;\ 0 \right),\ \ B\left( 0;\ {{y}_{B}};\ 0 \right),\ \ C\left( 0;\ 0;\ {{z}_{C}} \right)\)

Lại có \(A,\ B,\ C\in \left( \alpha  \right)\Rightarrow A\left( 2;\ 0;\ 0 \right),\ \ B\left( 0;-4;\ 0 \right),\ C\left( 0;\ 0;\ -\frac{4}{3} \right).\)

\(\begin{array}{l}
\Rightarrow \overrightarrow {OA} = \left( {2;\;0;\;0} \right),\;\;\overrightarrow {OB} = \left( {0; - 4;\;0} \right),\;\;\overrightarrow {OC} = \left( {0;\;0; - \frac{4}{3}} \right).\\
\Rightarrow \left[ {\overrightarrow {OB} ,\;\overrightarrow {OC} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 4}&0\\
0&{ - \frac{4}{3}}
\end{array}} \right|;\;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
0&0\\
{ - \frac{4}{3}}&0
\end{array}} \right|;\;\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
0&{ - 4}\\
0&0
\end{array}} \right|} \right) = \left( {\frac{{16}}{3};\;0;\;0} \right).\\
\Rightarrow \overrightarrow {OA} .\left[ {\overrightarrow {OB} ,\;\overrightarrow {OC} } \right] = 2.\frac{{16}}{3} = \frac{{32}}{3}.\\
\Rightarrow {V_{OABC}} = \frac{1}{6}\left| {\overrightarrow {OA} .\left[ {\overrightarrow {OB} ,\;\overrightarrow {OC} } \right]} \right| = \frac{1}{6}.\frac{{32}}{3} = \frac{{16}}{9}.
\end{array}\)

Cách 2: Theo đề bài ta thấy được mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) chính là mặt phẳng \(\left( ABC \right).\)

Tứ diện \(OABC\) là tứ diện có \(OA,\ OB,\ OC\) đôi một vuông góc với nhau.

Khi đó ta có công thức tính nhanh thể tích tứ diện \(OABC:\ \ {{V}_{OABC}}=\frac{1}{6}.OA.OB.OC.\)  

Chọn D.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 12 :

Cho hình chóp \(O.\,ABC\) có ba cạnh \(OA,\,OB,\,OC\) đôi một vuông góc và \(OA = OB = OC = a\). Gọi \(M\) là trung điểm cạnh \(AB\). Góc hợp bởi hai véc tơ \(\overrightarrow {BC} \) và \(\overrightarrow {OM} \) bằng

  • A \(120^0\)
  • B \(150^0\)
  • C \(135^0\)
  • D \(60^0\)

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Gắn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) rồi tính cos\(\left( {\overrightarrow {BC} ;\overrightarrow {OM} } \right) = \dfrac{{\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {OM} }}{{\left| {\overrightarrow {BC} } \right|.\left| {\overrightarrow {OM} } \right|}}\)  để tính góc gữa hai véc tơ \(\overrightarrow {BC} ;\overrightarrow {OM} .\)

Lời giải chi tiết:

Gắn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ với \(A \in Ox;B \in Oy;C \in Oz\) và \(OA = OB = OC = a\)

Khi đó \(A\left( {a;0;0} \right),B\left( {0;a;0} \right),C\left( {0;0;a} \right) \Rightarrow M\left( {\dfrac{a}{2};\dfrac{a}{2};0} \right)\)

Ta có \(\overrightarrow {OM}  = \left( {\dfrac{a}{2};\dfrac{a}{2};0} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {OM} } \right| = \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{4} + \dfrac{{{a^2}}}{4} + 0}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)  và \(\overrightarrow {BC}  = \left( {0; - a;a} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \)

Từ đó cos\(\left( {\overrightarrow {BC} ;\overrightarrow {OM} } \right) = \dfrac{{\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {OM} }}{{\left| {\overrightarrow {BC} } \right|.\left| {\overrightarrow {OM} } \right|}} = \dfrac{{\dfrac{a}{2}.0 + \dfrac{a}{2}.\left( { - a} \right) + 0.a}}{{a\sqrt 2 .\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \dfrac{{ - \dfrac{{{a^2}}}{2}}}{{{a^2}}} =  - \dfrac{1}{2}\)

Nên góc giữa hai véc tơ \(\overrightarrow {BC} ;\overrightarrow {OM} \)  là \(120^\circ .\)

Chọn A.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 13 :

Trong không gian \(Oxyz\) cho \(A\left( {1;0;0} \right),\,\,B\left( {0;2;0} \right),\,\,C\left( {0;0;1} \right)\). Trực tâm của tam giác \(ABC\) có tạo độ là:

  • A \(\left( {\dfrac{4}{9};\dfrac{2}{9};\dfrac{4}{9}} \right)\)
  • B \(\left( {2;1;2} \right)\)
  • C \(\left( {4;2;4} \right)\)
  • D \(\left( {\dfrac{2}{9};\dfrac{1}{9};\dfrac{2}{9}} \right)\)

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Gọi \(H\left( {a;b;c} \right)\) là trực tâm \(\Delta ABC \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}H \in \left( {ABC} \right)\\\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC}  = 0\\\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC}  = 0\end{array} \right.\)

Lời giải chi tiết:

Phương trình \(mp\left( {ABC} \right):\,\,\dfrac{x}{1} + \dfrac{y}{2} + \dfrac{z}{1} = 1 \Leftrightarrow 2x + y + 2z - 2 = 0\).

Gọi \(H\left( {a;b;c} \right)\) là trực tâm tam giác \(ABC\) ta có \(\overrightarrow {AH}  = \left( {a - 1;b;c} \right),\,\,\overrightarrow {BH}  = \left( {a;b - 2;c} \right)\)

\(\overrightarrow {BC}  = \left( {0; - 2;1} \right);\,\,\overrightarrow {AC}  = \left( { - 1;0;1} \right)\)

Vì \(H\) là trực tâm \(\Delta ABC \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}H \in \left( {ABC} \right)\\\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC}  = 0\\\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC}  = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a + b + 2c - 2 = 0\\ - 2b + c = 0\\ - a + c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{4}{9}\\b = \dfrac{2}{9}\\c = \dfrac{4}{9}\end{array} \right. \Rightarrow H\left( {\dfrac{4}{9};\dfrac{2}{9};\dfrac{4}{9}} \right)\)

Chọn A.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 14 :

Trong không gian tọa độ \(Oxyz,\) cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\)có \(A\left( {0;0;0} \right),\)\(B\left( {a;0;0} \right),\) \(D\left( {0;2a;0} \right),\)\(A'\left( {0;0;2a} \right)\) với \(a \ne 0.\) Độ dài đoạn thẳng \(AC'\) là

  • A \(\left| a \right|\)
  • B \(2\left| a \right|\)
  • C \(3\left| a \right|\)
  • D \(\frac{{3\left| a \right|}}{2}\)

Đáp án: C

Phương pháp giải:

+) \(ABCD\) là hình bình hành \( \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}  \Rightarrow \) Tìm tọa độ điểm C.

+) \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp \( \Rightarrow \overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {CC'}  \Rightarrow \) Tìm tọa độ điểm C’.

+) Tính \(AC' = \left| {\overrightarrow {AC'} } \right|\).

Lời giải chi tiết:

Do \(ABCD\) là hình bình hành \( \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_C} - 0 = a\\{y_C} - 2a = 0\\{z_C} - 0 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow C\left( {a;\;2a;\;0} \right)\)

\(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp \( \Rightarrow \overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {CC'}  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{C'}} - a = 0\\{y_{C'}} - 2a = 0\\{z_{C'}} - 0 = 2a\end{array} \right. \Rightarrow C'\left( {a;\;2a;\;2a} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AC'}  = \left( {a;\;2a;\;2a} \right) \Rightarrow AC' = \left| {\overrightarrow {AC'} } \right| = \sqrt {{a^2} + 4{a^2} + 4{a^2}}  = 3\left| a \right|\).

Chọn C.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 15 :

Cho \(\Delta ABC\) có \(A\left( {1;1;2} \right),\,\,B\left( {0; - 1;3} \right),\,\,C\left( {4;5;1} \right)\). \({S_{\Delta ABC}}\) là :

  • A \(\sqrt 2 \)
  • B \(2\)
  • C \(\sqrt 3 \)
  • D \(\sqrt 5 \)

Đáp án: C

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1; - 2;1} \right)\\\overrightarrow {AC}  = \left( {3;4; - 1} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 2;2;2} \right)\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}\left| {\overrightarrow n } \right| = \dfrac{1}{2}\sqrt {4 + 4 + 4}  = \sqrt 3 \).

Chọn C.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 16 :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm \(E\left( {1; - 2;4} \right),\,F\left( {1; - 2; - 3} \right)\). Gọi M là điểm thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho tổng \(ME + MF\) có giá trị nhỏ nhất. Tìm tọa độ của điểm M

  • A \(M\left( { - 1;2;0} \right)\).
  • B \(M\left( { - 1; - 2;0} \right)\).
  • C \(M\left( {1; - 2;0} \right)\).
  • D \(M\left( {1;2;0} \right)\).

Đáp án: C

Phương pháp giải:

- Kiểm tra điểm \(E,\,F\) nằm khác phía so với mặt phẳng (Oxy)

- \(ME + MF\) khi và chỉ khi M là giao điểm của EF và (Oxy).

Lời giải chi tiết:

\(E\left( {1; - 2;4} \right),\,F\left( {1; - 2; - 3} \right)\) có \({z_E} = 4 > 0,\,\,{z_F} =  - 3 < 0 \Rightarrow E,F\) nằm khác phía so với mặt phẳng (Oxy)

 

Khi đó, \(ME + MF \ge EF \Rightarrow {\left( {ME + MF} \right)_{\min }} = EF\) khi và chỉ khi \(M\) trùng với \({M_0}\) là giao điểm của EF và  (Oxy)

Ta có: \(\overrightarrow {EF}  = \left( {0;0; - 7} \right) \Rightarrow EF:\,\,\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y =  - 2\\z = 4 - t\end{array} \right. \Rightarrow \) Giả sử \({M_0}\left( {1; - 2;4 - t} \right)\)

Mà \({M_0} \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow 4 - t = 0 \Leftrightarrow t = 4\,\,\, \Rightarrow {M_0}\left( {1; - 2;0} \right)\)

Vậy, tổng \(ME + MF\) có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(M\left( {1; - 2;0} \right)\).

Chọn: C

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 17 :

Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho \(A\left( {1;2;3} \right),\,\,B\left( { - 2;4;4;} \right),\,\,C\left( {4;0;5} \right)\). Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\). Biết điểm \(M\) nằm trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) sao cho độ dài đoạn thẳng \(GM\) ngắn nhất. Tính độ dài đoạn thẳng \(GM\).

  • A \(GM = 4\)
  • B \(GM = \sqrt 5 \)
  • C \(GM = 1\)
  • D \(GM = \sqrt 2 \)

Đáp án: A

Phương pháp giải:

+) Xác định tọa độ điểm \(G\).

+) \(M\) nằm trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) sao cho độ dài đoạn thẳng \(GM\) ngắn nhất khi và chỉ khi \(GM \bot \left( {Oxy} \right)\).

Lời giải chi tiết:

\(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC \Rightarrow G\left( {1;2;4} \right)\).

\(M\) nằm trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) sao cho độ dài đoạn thẳng \(GM\) ngắn nhất khi và chỉ khi \(GM \bot \left( {Oxy} \right)\). Khi đó \(GM = d\left( {G;\left( {Oxy} \right)} \right) = \left| {{z_G}} \right| = 4\).

Chọn A.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 18 :

Cho \(A\left( {2;0;3} \right),\,\,B\left( {1; - 1;4} \right).\) Tìm tọa độ điểm \(M\) ở ngoài đoạn \(AB\) để \(\dfrac{{MA}}{{MB}} = \dfrac{1}{4}\).

  • A \(\left( {\dfrac{{ - 7}}{3};\dfrac{{ - 1}}{3};\dfrac{{ - 8}}{3}} \right)\)
  • B \(\left( {\dfrac{7}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{8}{3}} \right)\)
  • C \(\left( {\dfrac{7}{3};1;8} \right)\)
  • D \(\left( {7;1;8} \right)\)

Đáp án: B

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{MA}}{{MB}} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow 4MA = MB \Rightarrow 4\overrightarrow {MA}  = \overrightarrow {MB}  \Rightarrow 4\overrightarrow {MA}  - \overrightarrow {MB}  = \overrightarrow 0 \\ + \begin{array}{*{20}{c}}{4A \Rightarrow \left( {8;0;12} \right)}\\{\underline { - B \Rightarrow \left( { - 1;1; - 4} \right)} }\end{array}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {7;1;8} \right) \Rightarrow M\left( {\dfrac{7}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{8}{3}} \right)\end{array}\)

Chọn B.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 19 :

Cho \(A\left( {1;1;4} \right),\,\,B\left( {0; - 2;3} \right),\,\,C\left( {4;1;0} \right)\). Tìm \(M\) để \(\overrightarrow {MA}  + 2\overrightarrow {MB}  + 3\overrightarrow {MC}  = \overrightarrow 0 \).

  • A \(\left( {0;2;7} \right)\)
  • B \(\left( {\dfrac{{ - 13}}{6};0;\dfrac{{ - 5}}{6}} \right)\)
  • C \(\left( {5;3;2} \right)\)
  • D \(\left( {\dfrac{{13}}{6};0;\dfrac{5}{3}} \right)\)

Đáp án: D

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l} + \begin{array}{*{20}{c}}{1A \Rightarrow \left( {1;1;4} \right)}\\{2B \Rightarrow \left( {0; - 4;6} \right)}\\{\underline {3C \Rightarrow \left( {12;3;0} \right)} }\end{array}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {13;0;10} \right) \Rightarrow M\left( {\dfrac{{13}}{6};0;\dfrac{5}{3}} \right)\end{array}\) .

Chọn D.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 20 :

Cho \(\Delta ABC\) có \(A\left( {1;1;2} \right),\,\,B\left( {4;1; - 2} \right),\,\,\,C\left( {1;7; - 6} \right)\). Vẽ phân giác trong \(AD\) của \(\angle A\). Tìm \(D\).

  • A \(\left( {3;3; - \dfrac{{10}}{3}} \right)\)
  • B \(\left( {3;3; - \dfrac{7}{3}} \right)\)
  • C \(\left( {3;3; - \dfrac{5}{3}} \right)\)
  • D \(\left( {3;3; - \dfrac{4}{3}} \right)\)

Đáp án: A

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB = \sqrt {9 + 0 + 16}  = 5\\AC = \sqrt {0 + 36 + 64}  = 10\end{array} \right.\)

\(AD\) là phân giác trong của \(\angle A\) nên

\(\dfrac{{DB}}{{DC}} = \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow 2DB = DC \Rightarrow 2\overrightarrow {DB}  =  - \overrightarrow {DC}  \Rightarrow 2\overrightarrow {DB}  + \overrightarrow {DC}  = \overrightarrow 0 \)

\(\begin{array}{l} + \begin{array}{*{20}{c}}{2B \Rightarrow \left( {8;2; - 4} \right)}\\{\underline {1C \Rightarrow \left( {1;7; - 6} \right)} }\end{array}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {9;9; - 10} \right) \Rightarrow D\left( {3;3;\dfrac{{ - 10}}{3}} \right)\end{array}\)

Chọn A.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 21 :

Cho \(A\left( {1;4; - 1} \right),\,\,B\left( {2;2;0} \right),\,\,C\left( {3; - 1;5} \right)\). Tính \(\left| {\overrightarrow {AB}  + 2\overrightarrow {BC} } \right|\).

  • A \(\sqrt {191} \)
  • B \(\sqrt {192} \)
  • C \(\sqrt {193} \)
  • D \(\sqrt {194} \)

Đáp án: D

Lời giải chi tiết:

* Ta có :

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( {1; - 2;1} \right);\,\,2\overrightarrow {BC}  = \left( {2; - 6;10} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB}  + 2\overrightarrow {BC}  = \left( {3; - 8;11} \right)\\*\,\,\left| {\overrightarrow {AB}  + 2\overrightarrow {BC} } \right| = \sqrt {{3^2} + {8^2} + {{11}^2}}  = \sqrt {194} \end{array}\)

Chọn D.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 22 :

Cho \(\Delta ABC\) có \(A\left( {1;1;1} \right),\,\,B\left( {4;1;1;} \right),\,\,C\left( {1;1;5} \right)\). Tâm \(I\) của đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\) có tọa độ là \(I\left( {a;b;c} \right)\). Tính \(a + b + c\).

  • A \(3\)
  • B \(4\)
  • C \(5\)
  • D \(6\)

Đáp án: C

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(a = BC = 5,\,\,b = AC = 4,\,\,c = AB = 3\).

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \dfrac{{a{x_A} + b{x_B} + c{x_C}}}{{a + b + c}} = 2\\{y_I} = \dfrac{{a{y_A} + b{y_B} + c{y_C}}}{{a + b + c}} = 1\\{z_I} = \dfrac{{a{z_A} + b{z_B} + c{z_C}}}{{a + b + c}} = 2\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {2;1;2} \right) \Rightarrow a + b + c = 5\).

Chọn C.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 23 :

Cho \(A\left( {1;1;3} \right),\,\,B\left( { - 1;0;2} \right)\). Tìm \(M \in Oz\) để \(\Delta MAB\) cân tại \(M\).

  • A \(M\left( {0;0; - 4} \right)\)
  • B \(M\left( {0;0; - 3} \right)\)
  • C \(M\left( {0;0;3} \right)\)
  • D \(M\left( {0;0;4} \right)\)

Đáp án: C

Lời giải chi tiết:

\(M \in Oz \Rightarrow M\left( {0;0;c} \right)\)

\(\Delta MAB\) cân tại \(M \Rightarrow MA = MB \Rightarrow M{A^2} = M{B^2}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 1 + 1 + {\left( {3 - c} \right)^2} = 1 + 0 + {\left( {2 - c} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 2 + 9 - 6c = 1 + 4 - 4c \Leftrightarrow 2c = 6 \Leftrightarrow c = 3\\ \Rightarrow M\left( {0;0;3} \right)\end{array}\)

Chọn C.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 24 :

Cho \(A\left( {1;2;1} \right),\,\,B\left( {3; - 1; - 2} \right)\). Tìm \(M \in Oy\) để \(\Delta MAB\) vuông tại \(A\),

  • A \(\left( {0;\dfrac{7}{3};0} \right)\)
  • B \(\left( {0;\dfrac{3}{7};0} \right)\)
  • C \(\left( {0; - \dfrac{7}{3};0} \right)\)
  • D \(\left( {0; - \dfrac{3}{7};0} \right)\)

Đáp án: A

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}M \in Oy \Rightarrow M\left( {0;b;0} \right)\\\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AM}  = \left( { - 1;b - 2; - 1} \right)\\\overrightarrow {AB}  = \left( {2; - 3; - 3} \right)\end{array} \right.;\,\,\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AB}  = 0 \Rightarrow  - 2 - 3b + 6 + 3 = 0 \Leftrightarrow b = \dfrac{7}{3}\\ \Rightarrow M\left( {0;\dfrac{7}{3};0} \right)\end{array}\) .

Chọn A.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 25 :

Cho \(B\left( {3; - 1;4} \right),\,\,C\left( {1;3; - 1} \right)\). Tìm \(A \in tia\,\,Ox\) để \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{\sqrt {134} }}{2}\) và \(A\) có tạo độ nguyên?

  • A \(A\left( {1;0;0} \right)\)
  • B \(A\left( {2;0;0} \right)\)
  • C \(A\left( {3;0;0} \right)\)
  • D \(A\left( {4;0;0} \right)\)

Đáp án: B

Lời giải chi tiết:

\(A \in tia\,\,Ox \Rightarrow A\left( {a;0;0} \right)\,\,\left( {a > 0} \right)\).

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {BA}  = \left( {a - 3;1; - 4} \right)\\\overrightarrow {BC}  = \left( { - 2;4; - 5} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {BA} ;\overrightarrow {BC} } \right] = \left( {11;5a - 7;4a - 10} \right)\\{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}\left| {\overrightarrow n } \right| = \dfrac{1}{2}\sqrt {121 + {{\left( {5a - 7} \right)}^2} + {{\left( {4a - 10} \right)}^2}}  = \dfrac{{\sqrt {134} }}{2}\\ \Rightarrow 121 + {\left( {5a - 7} \right)^2} + {\left( {4a - 10} \right)^2} = 134\\ \Leftrightarrow 41{a^2} - 150a + 136 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 2\,\,\left( {tm} \right)\\a = \dfrac{{68}}{{41}}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right. \Rightarrow A\left( {2;0;0} \right)\end{array}\)

Chọn B.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 26 :

Cho \(B\left( {1; - 1;2} \right),\,\,C\left( {3;2; - 2} \right)\). Tìm \(A \in tia\,\,Oy\) để \({V_{OABC}} = 4\).

  • A \(A\left( {0;5;0} \right)\)
  • B \(A\left( {0;1;0} \right)\)
  • C \(A\left( {0;4;0} \right)\)
  • D \(A\left( {0;3;0} \right)\)

Đáp án: D

Lời giải chi tiết:

\(A \in tia\,\,Oy \Rightarrow A\left( {0;a;0} \right)\,\,\left( {a > 0} \right)\)

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {OB}  = \left( {1; - 1;2} \right)\\\overrightarrow {OC}  = \left( {3;2; - 2} \right)\\\overrightarrow {OA}  = \left( {0;b;0} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {OB} ;\overrightarrow {OC} } \right] = \left( { - 2;8;5} \right)\\{V_{OABC}} = \dfrac{1}{6}\left| {\overrightarrow n .\overrightarrow {OA} } \right| = \dfrac{1}{6}\left| {8b} \right| = 4 \Leftrightarrow \left| {8b} \right| = 24 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b = 3\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\b =  - 3\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy \(A\left( {0;3;0} \right)\).

Chọn D.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 27 :

Cho \(A\left( {1;1;1} \right),\,\,\,B\left( {2;0; - 3} \right),\,\,C\left( {4; - 1;5} \right)\). Tìm \(D\) dể tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành.

  • A \(D\left( {3;0;9} \right)\)
  • B \(D\left( { - 3;0; - 9} \right)\)
  • C \(D\left( { - 3;0; - 9} \right)\)
  • D \(D\left( {3;0; - 9} \right)\)

Đáp án: A

Lời giải chi tiết:

\(ABCD\) là hình bình hành \( \Leftrightarrow AB// = CD \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC} \)

\( \Rightarrow \left( {1; - 1; - 4} \right) = \left( {4 - a; - 1 - b;5 - c} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 - a = 1\\ - 1 - b =  - 1\\5 - c =  - 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = 0\\c = 9\end{array} \right. \Rightarrow D\left( {3;0;9} \right)\).

Chọn A.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 28 :

Cho \(A\left( {2;1;0} \right),\,\,B\left( {1;2;2} \right),\,\,C\left( {1;1;0} \right),\,\,\left( P \right):\,\,x + y + z - 20 = 0\). Tìm \(D \in AB\) để \(CD//\left( P \right)\). Tính \(P = {x_D} + {y_D} + {z_D}\).

  • A \(1\)
  • B \(2\)
  • C \(3\)
  • D \(4\)

Đáp án: B

Lời giải chi tiết:

* Giả sử \(D\left( {a;b;c} \right).\,\,D \in AB \Rightarrow \overrightarrow {AD} //\overrightarrow {AB} \)

\(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AD}  = \left( {a - 2;b - 1;c} \right)\\\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1;1;2} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{a - 2}}{{ - 1}} = \dfrac{{b - 1}}{1} = \dfrac{c}{2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b - 3 = 0\,\,\,\,\left( 1 \right)\\2b - c - 2 = 0\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

\(*\,\,\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {CD}  = \left( {a - 1;b - 1;c} \right)\\\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {1;1;1} \right)\end{array} \right.;\,\,\overrightarrow {CD} .\overrightarrow {{n_P}}  = 0 \Leftrightarrow a - 1 + b - 1 + c = 0 \Leftrightarrow a + b + c - 2 = 0\,\,\left( 3 \right)\)

* Giải hệ (1),(2),(3) \( \Rightarrow D\left( {\dfrac{5}{2};\dfrac{1}{2}; - 1} \right) \Rightarrow P = {x_D} + {y_D} + {z_D} = \dfrac{5}{2} + \dfrac{1}{2} - 1 = 2\).

Chọn B.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 29 :

Cho \(M\left( {1;2;0} \right),\,\,\Delta ABC\) có \(A\left( {0;0;3} \right),\,\,B \in Ox,\,\,C \in Oy\). Tìm \(P = {x_B} + {y_C}\) để \(\Delta ABC\) có trọng tâm \(G \in AM\).

  • A \(6\)
  • B \(7\)
  • C \(5\)
  • D \(8\)

Đáp án: A

Lời giải chi tiết:

* \(B \in Ox \Rightarrow B\left( {a;0;0} \right),\,\,C \in Oy \Rightarrow C\left( {0;b;0} \right)\).

\(*\,\,G\) là trọng tâm của \(\Delta ABC \Rightarrow G\left( {\dfrac{a}{3};\dfrac{b}{3};1} \right)\).

\(*\,\,\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AG}  = \left( {\dfrac{a}{3};\dfrac{b}{3}; - 2} \right)\\\overrightarrow {AM}  = \left( {1;2; - 3} \right)\end{array} \right.;\,\,\overrightarrow {AG} //\overrightarrow {AM}  \Rightarrow \dfrac{{\dfrac{a}{3}}}{1} = \dfrac{{\dfrac{b}{3}}}{2} = \dfrac{{ - 2}}{{ - 3}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b = 4\end{array} \right. \Rightarrow P = {x_B} + {y_C} = 6\).

Chọn A.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 30 :

Cho khối tứ diện \(ABCD\) có \(BC = 3,\,CD = 4,\,\angle ABC = \angle BCD = \angle ADC = {90^0}.\) Góc giữa hai đường thẳng \(AD\) và \(BC\) bằng \({60^0}.\) Côsin góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {ACD} \right)\) bằng

  • A \(\dfrac{{\sqrt {43} }}{{86}}\)
  • B \(\dfrac{{\sqrt {43} }}{{43}}\)
  • C \(\dfrac{{2\sqrt {43} }}{{43}}\)
  • D

    \(\dfrac{{4\sqrt {43} }}{{43}}\)

Đáp án: C

Phương pháp giải:

+) Dựng \(AE \bot \left( {BCD} \right)\), chứng minh \(BCDE\) là hình vuông.

+) Gắn hệ trục tọa độ, sử dụng công thức \(\cos \angle \left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = \left| {\cos \angle \left( {\overrightarrow {{n_P}} ;\overrightarrow {{n_Q}} } \right)} \right| = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {{n_P}} .\overrightarrow {{n_Q}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_P}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_Q}} } \right|}}\).

Lời giải chi tiết:

Dựng \(AE \bot \left( {BCD} \right)\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AE\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {ABE} \right) \Rightarrow BC \bot BE\).

CMTT ta có \(CD \bot DE\).

\( \Rightarrow BCDE\) là hình chữ nhật.

Ta có

\(\angle \left( {BC;AD} \right) = \angle \left( {ED;AD} \right) = \angle ADE = {60^0} \Rightarrow AE = ED.\tan {60^0} = 3\sqrt 3 \).

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta có :

\(E\left( {0;0;0} \right),\,\,B\left( {4;0;0} \right),\,\,D\left( {0;3;0} \right),\,\,A\left( {0;0;3\sqrt 3 } \right);\,\,C\left( {4;3;0} \right)\)

Ta có

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( {4;0; - 3\sqrt 3 } \right)\\\overrightarrow {BC}  = \left( {0;3;0} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {BC} } \right] = \left( {9\sqrt 3 ;0;12} \right)//\left( {3\sqrt 3 ;0;4} \right) = {\overrightarrow n _{\left( {ABC} \right)}} = \overrightarrow {{n_1}} \\\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AC}  = \left( {4;3; - 3\sqrt 3 } \right)\\\overrightarrow {CD}  = \left( { - 4;0;0} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {CD} } \right] = \left( {0;12\sqrt 3 ;12} \right)//\left( {0;\sqrt 3 ;1} \right) = {\overrightarrow n _{\left( {ACD} \right)}} = \overrightarrow {{n_2}} \end{array}\)

\( \Rightarrow \cos \angle \left( {\left( {ABC} \right);\left( {ACD} \right)} \right) = \left| {\cos \angle \left( {\overrightarrow {{n_1}} ;\overrightarrow {{n_2}} } \right)} \right| = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \dfrac{4}{{\sqrt {43} .2}} = \dfrac{{2\sqrt {43} }}{{43}}\).

Chọn C.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 31 :

Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\) cho hai điểm \(A\left( { - 1; - 1;0} \right),\,\,B\left( {3;1; - 1} \right)\). Điểm \(M\) thuộc trục \(Oy\) và cách đều hai điểm \(A,B\) có tọa độ là:

  • A \(M\left( {0;\dfrac{9}{2};0} \right)\)
  • B \(M\left( {0;\dfrac{9}{4};0} \right)\)
  • C \(M\left( {0; - \dfrac{9}{4};0} \right)\)
  • D \(M\left( {0; - \dfrac{9}{2};0} \right)\)

Đáp án: B

Lời giải chi tiết:

+) Gọi \(M\left( {0;m;0} \right) \in Oy\). \(M\) cách đều hai điểm \(A,B\) có tọa độ nên \(MA = MB\).

+) Giải phương trình tìm \(m\).

Gọi \(M\left( {0;m;0} \right) \in Oy\). \(M\) cách đều hai điểm \(A,B\) có tọa độ nên \(MA = MB\).

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {1^2} + {\left( {m + 1} \right)^2} + {0^2} = {3^2} + {\left( {m - 1} \right)^2} + {1^2}\\ \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 2 = {m^2} - 2m + 11\\ \Leftrightarrow 4m = 9 \Leftrightarrow m = \dfrac{9}{4} \Rightarrow M\left( {0;\dfrac{9}{4};0} \right)\end{array}\)

Chọn B

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 32 :

Trong không gian \(Oxyz,\) cho tam giác \(ABC\) có các đỉnh \(B,\,\,C\) thuộc trục \(Ox.\) Gọi \(E\left( {6;\,4;\,0} \right),\,\,F\left( {1;\,\,2;\,0} \right)\) lần lượt là hình chiếu của \(B\) và \(C\) trên các cạnh \(AC,\,\,AB.\) Tọa độ hình chiếu của \(A\) trên \(BC\) là:

  • A \(\left( {\frac{8}{3};\,0;\,0} \right)\)
  • B \(\left( {\frac{5}{3};\,0;\,0} \right)\)
  • C \(\left( {\frac{7}{2};\,0;\,0} \right)\)
  • D \(\left( {2;\,0;\,0} \right)\)

Đáp án: A

Phương pháp giải:

- Gọi \(D\) là hình chiếu của \(A\) lên \(BC\).

- Sử dụng hình học phẳng chứng minh \(\overrightarrow {DN}  =  - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {DM} \) với \(M,N\) là hình chiếu của \(E,F\) lên \(BC\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \(N,D,M\) lần lượt là hình chiếu của \(F,A,E\) lên \(BC\). \(H\) là trực tâm tam giác.

Dễ thấy \(\widehat {{D_1}} = \widehat {{B_1}}\) (tứ giác \(FHDB\) nội tiếp), \(\widehat {{D_2}} = \widehat {{C_1}}\) (tứ giác \(EHDC\) nội tiếp).

Mà \(\widehat {{B_1}} = \widehat {{C_1}}\) (cùng phụ góc \(\widehat {BAC}\)) nên \(\widehat {{D_1}} = \widehat {{D_2}} \Rightarrow \widehat {FDN} = \widehat {EDC}\).

Xét tam giác \(FDN\) đồng dạng tam giác \(EDM\) (g-g) \( \Rightarrow \dfrac{{ND}}{{DM}} = \dfrac{{FN}}{{EM}}\).

Mà \(F\left( {1;2;0} \right),E\left( {6;4;0} \right)\) nên \(N\left( {1;0;0} \right),M\left( {6;0;0} \right)\) và \(FN = 2,EM = 4 \Rightarrow \dfrac{{DN}}{{DM}} = \dfrac{{FN}}{{EM}} = \dfrac{1}{2}\).

Suy ra \(\overrightarrow {DN}  =  - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {DM} \).

Gọi \(D\left( {x;0;0} \right) \in BC\) thì \(1 - x =  - \dfrac{1}{2}\left( {6 - x} \right) \Leftrightarrow x = \dfrac{8}{3}\).

Vậy \(D\left( {\dfrac{8}{3};0;0} \right)\).

Chọn A.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 33 :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho phương trình mặt phẳng \(\left( P \right):x + 2y + z - 8 = 0\) và ba điểm \(A\left( {0; - 1;0} \right),\,B\left( {2;3;0} \right),C\left( {0; - 5;2} \right)\). Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) là điểm thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\) sao cho \(MA = MB = MC\). Tổng \(S = {x_0} + {y_0} + {z_0}\) bằng

  • A \( - 12\).
  • B \( - 5\).
  • C \(9\).
  • D \(12\).

Đáp án: C

Phương pháp giải:

Giải hệ 3 phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( P \right)\\MA = MB\\MA = MC\end{array} \right.\) xác định \({x_0},\,\,{y_0},\,\,{z_0}\).

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( P \right)\,\\MA = MB = MC\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} + 2{y_0} + {z_0} - 8 = 0\\{\left( {{x_0} - 0} \right)^2} + {\left( {{y_0} + 1} \right)^2} + {\left( {{z_0} - 0} \right)^2} = {\left( {{x_0} - 2} \right)^2} + {\left( {{y_0} - 3} \right)^2} + {\left( {{z_0} - 0} \right)^2}\\{\left( {{x_0} - 0} \right)^2} + {\left( {{y_0} + 1} \right)^2} + {\left( {{z_0} - 0} \right)^2} = {\left( {{x_0} - 0} \right)^2} + {\left( {{y_0} + 5} \right)^2} + {\left( {{z_0} - 2} \right)^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} + 2{y_0} + {z_0} = 8\\4{x_0} + 8{y_0} = 12\\8{y_0} - 4{z_0} =  - 28\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 5\\{y_0} =  - 1\\{z_0} = 5\end{array} \right. \Rightarrow S = {x_0} + {y_0} + {z_0} = 9\end{array}\).

Chọn: C

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 34 :

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm \(M\left( {1;1;1} \right),N\left( {1;0; - 2} \right),P\left( {0;1; - 1} \right)\). Gọi \(G\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) là trực tâm tam giác MNP. Tính \({x_0} + {z_0}\). 

  • A 0.
  • B \( - \dfrac{{13}}{7}\)
  • C \(\dfrac{5}{2}\).
  • D \( - 5\).

Đáp án: B

Phương pháp giải:

\(G\) là trực tâm tam giác MNP \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}G \in \left( {MNP} \right)\\\overrightarrow {GM} .\overrightarrow {NP}  = 0\\\overrightarrow {GN} .\overrightarrow {MP}  = 0\end{array} \right.\).

Lời giải chi tiết:

\(M\left( {1;1;1} \right),N\left( {1;0; - 2} \right),P\left( {0;1; - 1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {NP}  = \left( { - 1;1;1} \right);\,\,\overrightarrow {MP}  = \left( { - 1;0; - 2} \right)\)\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {NP} ;\overrightarrow {MP} } \right] = \left( { - 2; - 3;1} \right)\)

Phương trình mặt phẳng (MNP) là: \(2\left( {x - 1} \right) + 3\left( {y - 1} \right) - 1\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + 3y - z - 4 = 0\)

\(G\) là trực tâm tam giác MNP

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}G \in \left( {MNP} \right)\\\overrightarrow {GM} .\overrightarrow {NP}  = 0\\\overrightarrow {GN} .\overrightarrow {MP}  = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x_0} + 3{y_0} - {z_0} - 4 = 0\\ - 1.\left( {1 - {x_0}} \right) + 1\left( {1 - {y_0}} \right) + 1\left( {1 - {z_0}} \right) = 0\\1\left( {1 - {x_0}} \right) + 0 + 2\left( { - 2 - {z_0}} \right) = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x_0} + 3{y_0} - {z_0} = 4\\{x_0} - {y_0} - {z_0} =  - 1\\ - {x_0} - 2{z_0} = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} =  - \dfrac{5}{7}\\{y_0} = \dfrac{{10}}{7}\\{z_0} =  - \dfrac{8}{7}\end{array} \right.\)\( \Rightarrow {x_0} + {z_0} =  - \dfrac{{13}}{7}\).

Chọn: B

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 35 :

Trong không gian \(Oxyz,\) cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) biết \(A(1;0;1),B(2;1;2),\)\(D(1; - 1;1),\)\(C'(4;5; - 5).\) Tọa độ của đỉnh \(B'\) là

  • A \(B'\left( {3;5; - 6} \right)\)
  • B \(B'\left( {4;6; - 5} \right)\)
  • C \(B'\left( { - 3; - 4;5} \right)\)  
  • D \(B'\left( {4;6;5} \right)\)

Đáp án: B

Phương pháp giải:

- Tìm tọa độ \(C\) dựa vào tính chất \(ABCD\) là hình bình hành.

- Tìm tọa độ \(C'\) dựa vào tính chất hình hộp \(\overrightarrow {BB'}  = \overrightarrow {CC'} \).

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;1;1} \right)\), gọi điểm \(C\left( {x;y;z} \right)\) thì:

\(ABCD\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 = x - 1\\1 = y + 1\\1 = z - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 0\\z = 2\end{array} \right. \Rightarrow C\left( {2;0;2} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {CC'}  = \left( {2;5; - 7} \right)\)

Lại có \(\overrightarrow {BB'}  = \overrightarrow {CC'}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{B'}} - 2 = 2\\{y_{B'}} - 1 = 5\\{z_{B'}} - 2 =  - 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{B'}} = 4\\{y_{B'}} = 6\\{z_{B'}} =  - 5\end{array} \right.\) \( \Rightarrow B'\left( {4;6; - 5} \right)\)

Chọn B.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 36 :

Trong không gian \(Oxyz\), cho tứ diện \(ABCD\) có \(A\left( {3; - 2;1} \right)\), \(B\left( { - 4;0;3} \right)\), \(C\left( {1;4; - 3} \right)\), \(D\left( {2;3;5} \right)\). Phương trình mặt phẳng chứa \(AC\) và song song với \(BD\) là:

  • A  \(12x - 10y - 21z - 35 = 0\).         
  • B  \(12x + 10y - 21z + 35 = 0\).
  • C  \(12x + 10y + 21z + 35 = 0\).      
  • D  \(12x - 10y + 21z - 35 = 0\).

Đáp án: A

Phương pháp giải:

VTPT của mặt phẳng \(\left( P \right)\) cần tìm là \(\vec n = \left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BD} } \right]\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có VTPT \(\overrightarrow n  = \left( {a;b;c} \right)\) và đi qua \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) có phương trình \(a\left( {x - {x_0}} \right) + b\left( {y - {y_0}} \right) + c\left( {z - {z_0}} \right) = 0\)

Lời giải chi tiết:

Ta có \(\overrightarrow {AC}  = \left( { - 2;6; - 4} \right)\); \(\overrightarrow {BD}  = \left( {6;3;2} \right)\).

Gọi \(\left( P \right)\) là mặt phẳng chứa \(AC\) và song song với \(BD\).

Suy ra Vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là: \(\vec n = \left[ {\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BD} } \right] = \left( {24; - 20; - 42} \right)\).

Chọn vectơ pháp tuyến của \(\left( P \right)\) là: \(\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {12; - 10; - 21} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) qua \(A\left( {3; - 2;1} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {12; - 10; - 21} \right)\) làm VTPT nên phương trình tổng quát có dạng:

\(12\left( {x - 3} \right) - 10\left( {y + 2} \right) - 21\left( {z - 1} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 12x - 10y - 21z - 35 = 0\).

Chọn A.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 37 :

Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm \(A(1;0;0),B(5;0;0).\) Gọi (H) là tập hợp các điểm M trong không gian thỏa mãn \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB}  = 0.\)Khẳng định nào sau đây là đúng?

  • A (H)  là một đường tròn có bán kính bằng 4
  • B (H)  là một mặt cầu có bán kính bằng 4
  • C (H)  là một đường tròn có bán kính bằng 2
  • D (H)  là một mặt cầu có bán kính bằng 2

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Gọi \(M\left( {a;b;c} \right)\). Tính \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} \) và kết luận.

Lời giải chi tiết:

Gọi \(M\left( {a;b;c} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MA}  = \left( {1 - a; - b; - c} \right)\\\overrightarrow {MB}  = \left( {5 - a; - b; - c} \right)\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB}  = 0 \Leftrightarrow \left( {1 - a} \right)\left( {5 - a} \right) + {b^2} + {c^2} = 0\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - 6a + 5 = 0\end{array}\)

Ta có \({\left( { - 3} \right)^2} + {0^2} + {0^2} - 5 = 4 > 0 \Rightarrow \) Tập hợp các điểm M thỏa mãn điều kiện đề bài là mặt cầu tâm \(I\left( {3;0;0} \right)\) bán kính \(R = 2\).

Chọn D.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 38 :

Trong không gian \(Oxyz\) cho điểm \(M\left( {1; - 3;\,\,2} \right).\) Gọi \(A\) và \(B\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm \(M\) trên các mặt phẳng \(Oxy,\,\,Oyz.\) Tìm tọa độ vecto \(\overrightarrow {AB} .\)

  • A \(\overrightarrow {AB} \left( { - 1;\,\,0; - 2} \right)\)
  • B \(\overrightarrow {AB} \left( {1;\,\,0; - 2} \right)\)             
  • C \(\overrightarrow {AB} \left( { - 1;\,\,0;\,\,2} \right)\)        
  • D \(\overrightarrow {AB} \left( { - 1;\, - 3;\,\,0} \right)\)

Đáp án: C

Phương pháp giải:

Cho hai điểm \(A\left( {{x_1};\,{y_1};\,{z_1}} \right),\,\,B\left( {{x_2};\,{y_2};\,{z_2}} \right)\) thì \(\overrightarrow {AB}  = \left( {{x_2} - {x_1};\,\,{y_2} - {y_1};\,\,{z_2} - {z_1}} \right).\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(A\) là hình chiếu vuông góc của \(M\left( {1; - 3;\,\,2} \right)\) trên \(\left( {Oxy} \right) \Rightarrow A\left( {1; - 3;\,\,0} \right).\)

           \(B\) là hình chiếu vuông góc của \(M\left( {1; - 3;\,\,2} \right)\) trên \(\left( {Oyz} \right) \Rightarrow B\left( {0; - 3;\,\,2} \right).\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( { - 1;\,\,0;\,\,2} \right).\)

Chọn  C.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 39 :

Trong không gian \(Oxyz,\) cho hai vectơ \(\overrightarrow a  = \left( {1;2;1} \right),\,\,\overrightarrow b  = \left( { - 2;m;3} \right).\) Biết rằng góc giữa hai vectơ đó bằng \({60^0}\) khi \(m = \dfrac{{a + \sqrt b }}{5},\,\left( {a,\,\,b \in \mathbb{Z}} \right)\). Tính \(a + b.\)

  • A \(138.\)
  • B \(183.\)
  • C \(197.\)
  • D \(179.\)

Đáp án: C

Phương pháp giải:

Cho hai vecto \(\overrightarrow a \left( {{x_1};\,\,{y_1};\,\,{z_1}} \right),\,\,\,\overrightarrow b  = \left( {{x_2};\,\,{y_2};\,\,{z_2}} \right).\) Khi đó \(\alpha  = \angle \left( {\overrightarrow a ;\,\,\overrightarrow b } \right)\) có:

\(\cos \alpha  = \dfrac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \dfrac{{{x_1}{x_2} + {y_1}{y_2} + {z_1}{z_2}}}{{\sqrt {x_1^2 + y_1^2 + z_1^2} .\sqrt {x_2^2 + y_2^2 + z_2^2} }}.\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\overrightarrow a  = \left( {1;\,\,2;\,\,1} \right),\,\,\overrightarrow b  = \left( { - 2;\,\,m;\,\,3} \right);\,\,\,\angle \left( {\overrightarrow a ;\,\,\overrightarrow b } \right) = {60^0}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \cos {60^0} = \dfrac{{1.\left( { - 2} \right) + 2.m + 1.3}}{{\sqrt {1 + {2^2} + 1} .\sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {m^2} + {3^2}} }} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{2m + 1}}{{\sqrt {6\left( {13 + {m^2}} \right)} }} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow 4m + 2 = \sqrt {6\left( {13 + {m^2}} \right)} \\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4m + 2 \ge 0\\{\left( {4m + 2} \right)^2} = 6\left( {13 + {m^2}} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge  - \dfrac{1}{2}\\16{m^2} + 16m + 4 = 78 + 6{m^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge  - \dfrac{1}{2}\\10{m^2} + 16m - 74 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge  - \dfrac{1}{2}\\\left[ \begin{array}{l}m = \dfrac{{ - 4 + \sqrt {201} }}{5}\\m = \dfrac{{ - 4 - \sqrt {201} }}{5}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m = \dfrac{{ - 4 + \sqrt {201} }}{5}.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 4\\b = 201\end{array} \right. \Rightarrow a + b =  - 4 + 201 = 197.\end{array}\)

Chọn  C.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 40 :

Trong không gian \(Oxyz,\) cho hai điểm \(A\left( {1;2;3} \right),\,\,B\left( {5;6;1} \right).\) Biết \(M\left( {a;b;0} \right)\) sao cho tổng \(MA + MB\) nhỏ nhất. Tính độ dài đoạn \(OM.\)

  • A \(OM = \sqrt {34} .\)
  • B \(OM = \sqrt {41} .\)
  • C \(OM = \sqrt {43} .\)
  • D \(OM = \sqrt {14} .\)

Đáp án: B

Phương pháp giải:

- Nhận xét: \(A,\,\,B\) nằm cùng phía đối với \(\left( {Oxy} \right)\), điểm \(M\left( {a;b;0} \right) \in \left( {Oxy} \right)\).

- Gọi \(A'\) là điểm đối xứng với \(A\) qua , xác định tọa độ điểm \(A\).

- Sử dụng tính chất đối xứng và BĐT tam giác: \(MA + MB = MA' + MB \ge A'B\).

- Xác định dấu “=” xảy ra, tìm tọa độ điểm \(M\) và tính \(OM\).

Lời giải chi tiết:

Dễ thấy hai điểm \(A,\,\,B\) nằm cùng phía đối với \(\left( {Oxy} \right)\), điểm \(M\left( {a;b;0} \right) \in \left( {Oxy} \right)\).

Gọi \(A'\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(\left( {Oxy} \right)\)\( \Rightarrow A'\left( {1;2; - 3} \right)\).

Theo tính chất đối xứng ta có: \(MA = MA'\).

Do đó \(MA + MB = MA' + MB \ge A'B\) (Bất đẳng thức tam giác).

Dấu “=” xảy ra \( \Rightarrow M \in A'B\). Hay \(M,\,\,A',\,\,B\) thẳng hàng \( \Rightarrow \overrightarrow {A'M} ;\,\,\overrightarrow {A'B} \) cùng phương.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {A'M}  = \left( {a - 1;b - 2;3} \right)\\\overrightarrow {A'B}  = \left( {4;4;4} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \dfrac{{a - 1}}{4} = \dfrac{{b - 2}}{4} = \dfrac{3}{4}\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 4\\b = 5\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow M\left( {4;5;0} \right)\). Vậy \(OM = \sqrt {{4^2} + {5^2} + {0^2}}  = \sqrt {41} \).

Chọn B.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 41 :

Biết hàm số \(f\left( x \right) = {x^3} + a{x^2} + bx + c\) đạt cực trị tại điểm \(x = 1,\,\,f\left( x \right) =  - 3\) và đồ thị của hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng \(2.\) Phương trình \(f\left( x \right) = 2\) có bao nhiêu nghiệm?

  • A \(0\)  
  • B \(2\)  
  • C \(1\)
  • D \(3\)

Đáp án: D

Phương pháp giải:

- Hàm số đạt cực trị tại \(x = {x_0} \Rightarrow f'\left( {{x_0}} \right) = 0\).

- Thay điểm \(\left( {1; - 3} \right)\); \(\left( {0;2} \right)\) vào hàm số.

- Giải hệ phương trình tìm \(a,\,\,b,\,\,c\).

- Giải phương trình \(f\left( x \right) = 2\).

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 2ax + b\).

Hàm số đạt cực trị tại điểm \(x = 1\) nên \(3 + 2a + b = 0\).

\(f\left( 1 \right) =  - 3 \Rightarrow 1 + a + b + c =  - 3 \Leftrightarrow a + b + c =  - 4\).

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tùng độ bằng 2 nên \(c = 0\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3 + 2a + b = 0\\a + b + c =  - 4\\c = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b =  - 5\\c = 0\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow f\left( x \right) = {x^3} + {x^2} - 5x\).

\(\begin{array}{l}f\left( x \right) = 2 \Leftrightarrow {x^3} + {x^2} - 5x = 2\\ \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} + 3x + 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = \dfrac{{ - 3 + \sqrt 5 }}{2}\\x = \dfrac{{ - 3 - \sqrt 5 }}{2}\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy phương trình \(f\left( x \right) = 2\) có 3 nghiệm phân biệt.

Chọn D.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 42 :

Trong không gian \(Oxyz\), cho hai điểm \(A\left( {1;0;2} \right)\), \(B\left( {2; - 1;3} \right)\). Số điểm \(M\) thuộc trục \(Oy\) sao cho tam giác \(MAB\) có diện tích bằng \(\dfrac{{\sqrt 6 }}{4}\) là:

  • A \(1\)
  • B Vô số
  • C \(0\)
  • D \(2\)

Đáp án: A

Phương pháp giải:

- Gọi \(M\left( {0;m;0} \right) \in Oy\).

- Sử dụng công thức: \({S_{MAB}} = \dfrac{1}{2}\left[ {\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow {AB} } \right]\).

- Giải phương trình dạng \(\sqrt {f\left( x \right)}  = g\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = {g^2}\left( x \right)\) tìm \(m\) và kết luận số điểm \(M\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải chi tiết:

Gọi \(M\left( {0;m;0} \right) \in Oy\).

Ta có: \(\overrightarrow {AM}  = \left( { - 1;m; - 2} \right)\), \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1; - 1;1} \right)\).

\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {m - 2; - 1;1 - m} \right)\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{MAB}} = \dfrac{1}{2}\left[ {\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow {AB} } \right]\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}\sqrt {{{\left( {m - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( {1 - m} \right)}^2}} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}\sqrt {2{m^2} - 6m + 6} \\ \Rightarrow \dfrac{1}{2}\sqrt {2{m^2} - 6m + 6}  = \dfrac{{\sqrt 6 }}{4}\\ \Leftrightarrow 2\sqrt {2{m^2} - 6m + 6}  = \sqrt 6 \\ \Leftrightarrow 4\left( {2{m^2} - 6m + 6} \right) = 6\\ \Leftrightarrow 8{m^2} - 24m + 18 = 0\\ \Leftrightarrow 4{m^2} - 12m + 9 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {2m - 3} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow m = \dfrac{3}{2}\end{array}\) 

Vậy có 1 điểm \(M\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(M\left( {0;\dfrac{3}{2};0} \right)\).

Chọn A.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 43 :

Trong không gian Oxyz, cho hai điểm \(A\left( {3;5; - 1} \right)\) và \(B\left( {1;1;3} \right)\). Tọa độ điểm M  thuộc mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) sao cho \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB} } \right|\) nhỏ nhất là

  • A \(M\left( { - 2;3;0} \right).\)
  • B \(M\left( {2;3;0} \right).\)
  • C \(M\left( { - 2; - 3;0} \right).\)
  • D \(M\left( {2; - 3;0} \right).\)

Đáp án: B

Phương pháp giải:

- Tìm điểm \(I\) sao cho \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  = 0\)

- Phân tích và chứng minh \(\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  = 2\overrightarrow {MI} \).

- Khi đó \(\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB} } \right|\) nhỏ nhất thì \(MI\) nhỏ nhất \( \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của \(I\) trên \(\left( {Oxy} \right)\).

Lời giải chi tiết:

Ta tìm điểm I sao cho \(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  = 0\)\( \Rightarrow I\) là trung điểm của \(AB\).

Ta có \(A\left( {3;5; - 1} \right);B\left( {1;1;3} \right) \Rightarrow I\left( {2;3;1} \right).\)

Ta có: \(\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  = 2\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  = 2\overrightarrow {MI} \) \( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB} } \right| = \left| {2\overrightarrow {MI} } \right| = 2MI\).

Khi đó \({\left| {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB} } \right|_{\min }} \Leftrightarrow M{I_{\min }} \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của \(I\) trên \(\left( {Oxy} \right)\).

Mà \(I\left( {2;3;1} \right) \Rightarrow M\left( {2;3;0} \right)\).

Chọn B.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 44 :

Trong không gian Oxyz, cho các điểm \(A\left( {1;2;3} \right),\) \(B\left( {1;0; - 1} \right),\) \(C\left( {2; - 1;2} \right)\) và D thuộc tia Oz sao cho độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh D của tứ diện ABCD bằng  \(\dfrac{{3\sqrt {30} }}{{10}}\). Điểm D có tọa độ là 

  • A \(\left( {0;0;3} \right)\)
  • B \(\left( {0;0;1} \right)\)
  • C \(\left( {0;0;2} \right)\)
  • D \(\left( {0;0;4} \right)\)

Đáp án: A

Phương pháp giải:

- Tìm phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

- Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) rồi suy ra tọa độ của D.

Lời giải chi tiết:

D thuộc tia Oz nên gọi \(D\left( {0;0;d} \right)\)

Ta có \(A\left( {1;2;3} \right),B\left( {1;0; - 1} \right),C\left( {2; - 1;2} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( {0; - 2; - 4} \right)\\\overrightarrow {BC}  = \left( {1; - 1;3} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {BC} } \right] = \left( { - 10; - 4;2} \right)\) hay \(\left( {5;2; - 1} \right)\)

Khi đó phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(5x + 2y - z - 6 = 0\)

Khoảng cách từ D xuống mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(h = \dfrac{{\left| { - d - 6} \right|}}{{\sqrt {30} }} = \dfrac{{d + 6}}{{\sqrt {30} }}\)

Mà \(h = \dfrac{{3\sqrt {30} }}{{10}} \Rightarrow \dfrac{{d + 6}}{{\sqrt {30} }} = \dfrac{{3\sqrt {30} }}{{10}} \Rightarrow d = 3.\)

Vậy \(D\left( {0;0;3} \right)\)

Chọn A.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 45 :

Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) có thể tích bằng \(V\). Tính thể tích \({V_{ACB'D'}}\) .

  • A \(\dfrac{V}{6}\)
  • B \(\dfrac{V}{2}\)
  • C \(\dfrac{V}{3}\)
  • D \(\dfrac{V}{4}\)

Đáp án: C

Lời giải chi tiết:

Khái quát hóa thành hình lập phương có cạnh bằng 1.

\(\begin{array}{l}*\,\,\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AC}  = \left( {1;1;0} \right)\\\overrightarrow {AB'}  = \left( {0;1;1} \right)\\\overrightarrow {AD'}  = \left( {1;0;1} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {AB'} } \right] = \left( {1; - 1;1} \right)\\*\,\,{V_{ACB'D'}} = \dfrac{1}{6}\left| {\overrightarrow n .\overrightarrow {AD'} } \right| = \dfrac{1}{6}\left| {1 + 1} \right| = \dfrac{1}{3}\end{array}\)

Đổi đáp số

\(\begin{array}{l}{V_{hlp}} = 1 \Rightarrow {V_{phai\,\,tinh}} = \dfrac{1}{3}\\{V_{hinh\,\,hop}} = V \Rightarrow {V_{phai\,\,tinh}} = \dfrac{{{V_0}.\dfrac{1}{3}}}{1} = \dfrac{V}{3}\end{array}\)

Chọn C.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 46 :

 Một phân sân trường được định vị bởi các điểm \(A,\,\,B,\,\,C,\,\,D\) như hình vẽ. Bước đầu chúng được lấy "thăng bằng" để có cùng độ cao, biết \(ABCD\) là hình thang vuông ở \(A\) và \(B\) với độ dài \(AB = 25m,\,\,AD = 15m,\,\,BC = 18m\). Do yêu cầu kỹ thuật, khi lát phẳng phần sân trường phải thoát nước về góc sân ở \(C\) nên người ra lấy độ cao ở các điểm \(B,\,\,C,\,\,D\) xuống thấp hơn so với độ cao ở \(A\) là \(10cm,\,\,acm,\,\,6cm\) tương ứng. Giá trị của \(a\) là các số nào sau đây ?

  • A \(15,7cm\)                       
  • B  \(17,2cm\)                             
  • C  \(18,1cm\)                             
  • D  \(17,5cm\)

Đáp án: B

Phương pháp giải:

Gắn hệ trục tọa độ.

Lời giải chi tiết:

 

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta có :

\(B\left( {0;0;0} \right),\,\,A\left( {25;0;0} \right),\,\,C\left( {0;18;0} \right),\,\,D\left( {25;15;0} \right)\).

Gọi điểm \(B',C',D'\) lần lượt là các điểm \(B,C,D\) sau khi hạ xuống ta có :

\(B'\left( {0;0;10} \right),\,\,C'\left( {0;18;a} \right);\,\,D'\left( {25;15;6} \right)\)

Ta có \(\overrightarrow {AB'}  = \left( { - 25;0;10} \right);\,\,\overrightarrow {AC'}  = \left( { - 25;18;a} \right);\,\,\overrightarrow {AD'}  = \left( {0;15;6} \right)\)

\(\left[ {\overrightarrow {AB'} ;\overrightarrow {AD'} } \right] = \left( { - 150;150; - 375} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB'} ;\overrightarrow {AD'} } \right].\overrightarrow {AC'}  = 3750 + 2700 - 375a = 6450 - 375a\)

Do \(A,B',C',D'\) đồng phẳng nên \(\left[ {\overrightarrow {AB'} ;\overrightarrow {AD'} } \right].\overrightarrow {AC'}  = 0 \Leftrightarrow 6450 - 375a = 0 \Leftrightarrow a = 17,2\).

Chọn B.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 47 :

Lăng trụ tứ giác đều \(ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) có chiều cao bằng nửa cạnh đáy. Điểm \(M\) thay đổi trên cạnh \(AB\). Tìm giá trị lớn nhất của góc \({A_1}M{C_1}\).

  • A \({60^0}\)
  • B \({90^0}\)
  • C \({45^0}\)
  • D \({70^0}\)

Đáp án: B

Phương pháp giải:

+ Chọn hệ trục tọa độ, xác định tọa độ các điểm \({A_1},\,\,{C_1}\).

+ Đặt \(AM = x\), xác định tọa độ điểm \(M\).

+ Sử dụng công thức \(\cos \alpha  = \cos \left( {\overrightarrow {M{A_1}} ;\overrightarrow {M{C_1}} } \right) = \dfrac{{\left| {\overrightarrow {M{A_1}} .\overrightarrow {M{C_1}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {M{A_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {M{C_1}} } \right|}}\).

Lời giải chi tiết:

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Đặt \(AM = x,\,\,0 \le x \le 2\).

Ta có \(M\left( {x;0;a} \right),\,\,{A_1}\left( {0;0;0} \right),\,\,{C_1}\left( {2;2;2} \right)\).

Nên \(\overrightarrow {MA'}  = \left( { - x;0; - 1} \right),\,\,\overrightarrow {M{C_1}}  = \left( {2 - x;2; - 1} \right)\).

Đặt \(\alpha  = {A_1}M{C_1}\) thì \(\cos \alpha  = \cos \left( {\overrightarrow {M{A_1}} ;\overrightarrow {M{C_1}} } \right) = \dfrac{{{x^2} - 2x + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 1} \sqrt {{{\left( {2 - x} \right)}^2} + 5} }} = \dfrac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} \sqrt {{{\left( {2 - x} \right)}^2} + 5} }} \ge 0\).

Do đó \(\alpha  \le {90^0}\). Vậy \(\alpha  = {A_1}M{C_1}\) lớn nhất khi \(x = 1\), tức \(M\) là trung điểm của \(AB\).

Chọn B

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 48 :

Trong không gian \(Oxyz\) cho \(A\left( {1; - 1;2} \right)\), \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\\x = 3\end{array} \right.\), \(C\left( {0;1; - 2} \right)\). Gọi \(M\left( {a;b;c} \right)\) là điểm thuộc mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) sao cho biểu thức \(S = \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB}  + 2\overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MC}  + 3\overrightarrow {MC} .\overrightarrow {MA} \) đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó \(T = 12a + 12b + c\) có giá trị là

  • A

      \(T = 3\).                          

  • B

      \(T =  - 3\).                        

  • C

      \(T = 1\).                           

  • D   \(T =  - 1\).

Đáp án: D

Lời giải chi tiết:

\(S = \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB}  + 2\overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MC}  + 3\overrightarrow {MC} .\overrightarrow {MA} \)

\( = \dfrac{1}{2}\left[ {M{A^2} + M{B^2} - {{\left( {\overrightarrow {MA}  - \overrightarrow {MB} } \right)}^2} + 2M{B^2} + 2M{C^2} - 2{{\left( {\overrightarrow {MB}  - \overrightarrow {MC} } \right)}^2} + 3M{A^2} + 3M{C^2} - 3{{\left( {\overrightarrow {MA}  - \overrightarrow {MC} } \right)}^2}} \right]\)

\( = \dfrac{1}{2}\left[ {4M{A^2} + 3M{B^2} + 5M{C^2} - A{B^2} - 2B{C^2} - 3A{C^2}} \right]\)

Xác định tọa độ điểm \(I\left( {m;n;p} \right)\) sao cho

\(4\overrightarrow {IA}  + 3\overrightarrow {IB}  + 5\overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4\left( {1 - m} \right) + 3\left( { - 2 - m} \right) + 5\left( {0 - m} \right) = 0\\4\left( { - 1 - n} \right) + 3\left( {0 - n} \right) + 5\left( {1 - n} \right) = 0\\4\left( {2 - p} \right) + 3\left( {3 - p} \right) + 5\left( { - 2 - p} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m =  - \dfrac{1}{6}\\n = \dfrac{1}{{12}}\\p = \dfrac{7}{{12}}\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\, \Rightarrow I\left( { - \dfrac{1}{6};\dfrac{1}{{12}};\dfrac{7}{{12}}} \right)\)

Khi đó:

\(\begin{array}{l}S = \dfrac{1}{2}\left[ {4M{A^2} + 3M{B^2} + 5M{C^2} - A{B^2} - 2B{C^2} - 3A{C^2}} \right]\\\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}\left[ {4{{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IA} } \right)}^2} + 3{{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IB} } \right)}^2} + 5{{\left( {\overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {IC} } \right)}^2} - A{B^2} - 2B{C^2} - 3A{C^2}} \right]\\\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}\left[ {12M{I^2} + 2\overrightarrow {MI} .\left( {4\overrightarrow {IA}  + 3\overrightarrow {IB}  + 5\overrightarrow {IC} } \right) + 4I{A^2} + 3I{B^2} + 5I{C^2} - A{B^2} - 2B{C^2} - 3A{C^2}} \right]\\\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}\left[ {12M{I^2} + 4I{A^2} + 3I{B^2} + 5I{C^2} - A{B^2} - 2B{C^2} - 3A{C^2}} \right]\,\,\left( {do\,\,4\overrightarrow {IA}  + 3\overrightarrow {IB}  + 5\overrightarrow {IC}  = \overrightarrow 0 } \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow S\) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(MI\) ngắn nhất \( \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của I lên (Oxy)

\( \Leftrightarrow M\left( { - \dfrac{1}{6};\dfrac{1}{{12}};0} \right)\,\,\, \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - \dfrac{1}{6}\\b = \dfrac{1}{{12}}\\c = 0\end{array} \right.\)\( \Rightarrow T = 12a + 12b + c = 12.\dfrac{{ - 1}}{6} + 12.\dfrac{1}{{12}} + 0 =  - 1\).

Chọn: D

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 49 :

Trong không gian Oxyz, cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) biết \(A\left( {1;0;1} \right),\,\,B\left( {2;1;2} \right),\,\,D\left( {2; - 2;2} \right)\),\(A'(3;0; - 1)\), điểm M thuộc cạnh DC . GTNN của tổng các khoảng cách \(AM + MC'\) là: 

  • A \(\sqrt {17} \).
  • B \(\sqrt {17 + 4\sqrt 6 } \).
  • C \(\sqrt {17 + 8\sqrt 3 } \).
  • D \(\sqrt {17 + 6\sqrt 2 } \).

Đáp án: C

Phương pháp giải:

Đánh giá theo bất đẳng thức: \(\sqrt {{a^2} + {b^2}}  + \sqrt {{c^2} + {d^2}}  \ge \sqrt {{{(a + c)}^2} + {{(b + d)}^2}} \)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  \(\frac{a}{c} = \frac{b}{d}\).

Lời giải chi tiết:

\(AB = \sqrt 3 ,\,\,AD = \sqrt 6 ,\,\,AA' = 2\sqrt 2 \)

Gọi độ dài đoạn \(DM = x,\,\,\left( {0 \le x \le \sqrt 3 } \right)\). Khi đó, tổng các khoảng cách: 

\(AM + MC' = \sqrt {6 + {x^2}}  + \sqrt {8 + {{\left( {\sqrt 3  - x} \right)}^2}}  \ge \sqrt {{{\left( {\sqrt 6  + \sqrt 8 } \right)}^2} + {{\left( {x + \sqrt 3  - x} \right)}^2}}  = \sqrt {6 + 8\sqrt 3  + 8 + 3}  = \sqrt {17 + 8\sqrt 3 } \)

\( \Rightarrow AM + MC'\,\,\min  = \sqrt {17 + 8\sqrt 3 } \) khi và chỉ khi \(\frac{{\sqrt 6 }}{{\sqrt 8 }} = \frac{x}{{\sqrt 3  - x}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow 2x = 3 - \sqrt 3 x \Leftrightarrow x = \frac{3}{{2 + \sqrt 3 }} = 6 - 3\sqrt 3 \).

Chọn: C

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 50 :

Trong không gian với hệ tọa độ \(Oxyz\), cho hai điểm \(A\left( 1;0;1 \right)\), \(B\left( 0;1;-1 \right)\). Hai điểm \(D\), \(E\) thay đổi trên các đoạn \(OA\), \(OB\) sao cho đường thẳng \(DE\) chia tam giác \(OAB\) thành hai phần có diện tích bằng nhau. Khi \(DE\) ngắn nhất thì trung điểm của đoạn \(DE\) có tọa độ là

  • A

    \(I\left( \frac{\sqrt{2}}{4};\frac{\sqrt{2}}{4};0 \right)\).

  • B

    \(I\left( \frac{\sqrt{2}}{3};\frac{\sqrt{2}}{3};0 \right)\).                                       

  • C

    \(I\left( \frac{1}{3};\frac{1}{3};0 \right)\).           

  • D \(I\left( \frac{1}{4};\frac{1}{4};0 \right)\).

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Xác định diện tích thông qua tỉ số, áp dụng định lí Cosin tìm độ dài và biện luận min

Lời giải chi tiết:

Ta có \(\overrightarrow{OA}=\left( 1;0;1 \right),\ \overrightarrow{OB}=\left( 0;1;-1 \right),\ OA=OB=\sqrt{2},\)

\(\overrightarrow{AB}=\left( -1;1;-2 \right),\ AB=\sqrt{6}.\)

Suy ra \(\frac{{{S}_{ODE}}}{{{S}_{OAB}}}=\frac{OD.OE}{OA.OB}\Leftrightarrow \frac{1}{2}=\frac{OD.OE}{2}\Leftrightarrow OD.OE=1.\)

Lại có \(\cos \widehat{AOB}=\frac{O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}{2.OA.OB}=\frac{2+2-6}{4}=\frac{-1}{2}.\)

Mặt khác \(D{{E}^{2}}=O{{D}^{2}}+O{{E}^{2}}-2OD.OE\cos \widehat{AOB}=O{{D}^{2}}+O{{E}^{2}}+OD.OE\ge 3OD.OE.\)

\(\Rightarrow DE\ge \sqrt{3}\). Dấu bằng xảy ra khi \(OD=OE=1\)

Khi đó \(\overrightarrow{OD}=\frac{\sqrt{2}}{2}.\overrightarrow{OA}\Rightarrow D\left( \frac{\sqrt{2}}{2};0;\frac{\sqrt{2}}{2} \right),\ \overrightarrow{OE}=\frac{\sqrt{2}}{2}.\overrightarrow{OB}\Rightarrow E\left( 0;\frac{\sqrt{2}}{2};-\frac{\sqrt{2}}{2} \right).\)

Vậy trung điểm \(I\) của \(DE\) có tọa độ \(I\left( \frac{\sqrt{2}}{4};\frac{\sqrt{2}}{4};0 \right)\).

Chọn A

Đáp án - Lời giải

Xem thêm

>> Luyện thi TN THPT & ĐH năm 2024 trên trang trực tuyến Tuyensinh247.com. Học mọi lúc, mọi nơi với Thầy Cô giáo giỏi, đầy đủ các khoá: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng; Tổng ôn chọn lọc.