›
›
›

Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Chủ đề 1: Hệ trục tọa độ - Dạng 1: Tìm tọa độ điểm, tọa độ vec tơ thỏa điều kiện cho trước - Mức độ 3 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

doc 17 trang xuanthu 220
Download
Bạn đang xem tài liệu "Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Chủ đề 1: Hệ trục tọa độ - Dạng 1: Tìm tọa độ điểm, tọa độ vec tơ thỏa điều kiện cho trước - Mức độ 3 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.

File đính kèm:

  • doctrac_nghiem_hinh_hoc_lop_12_tach_tu_de_thi_thu_thpt_quoc_gia.doc

Nội dung text: Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Chủ đề 1: Hệ trục tọa độ - Dạng 1: Tìm tọa độ điểm, tọa độ vec tơ thỏa điều kiện cho trước - Mức độ 3 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

  1. Câu 7454: [2H3-1.1-3] [TT Hiếu Học Minh Châu-2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp ABCD.A B C D có A 0;0;0 , B 3;0;0 , D 0;3;0 và D 0;3; 3 . Tọa độ trọng tâm của tam giác A B C là. A. 1;1; 2 B. 1;2; 1 .C. 2;1; 2 D. 2;1; 1 . . . Lời giải Chọn C. . Gọi A a1;a2;a3 , B b1;b2 ;b3 , C c1;c2 ;c3 . Do tính chất hình hộp ta có: a1 0   AA DD a2 0 A 0;0; 3 . a3 3 b1 3 0 b1 3   BB DD b2 0 b2 0 B 3;0; 3 . b3 3 b3 3 c1 3 c1 3   DC AB c2 3 0 c2 3 C 3;3;0 . c3 0 c3 0 Tọa độ trọng tâm G của tam giác A B C là: G 2;1; 2 . Câu 7461: [2H3-1.1-3] [THPT Nguyễn Đăng Đạo-2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(0;1; 2), B(1;1;1), C(3;0;0). Tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là A. I (0;- 4;1).B. I (4;0;5). C. I (3;- 1;4). D. I (2;- 2;3). Lời giải Chọn D.     Ta có AB 1;0; 1 ; AC 3; 1; 2 n AB, AC 1; 1; 1 là một vtpt của ABC Phương trình ABC .là : x y z 3 0. Gọi là I a;b;c tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
  2. a2 b 1 2 c 2 2 a 1 2 b 1 2 c 1 2 IA IB IC 2 2 2 2 2 2 Ta có : a b 1 c 2 a 3 b c . I ABC a b c 3 0 a c 1 a 2 6a 2b 4c 4 b 2 . a b c 3 c 3 Câu 7454: [HH12.C3.1.D01.c] [TT Hiếu Học Minh Châu-2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp ABCD.A B C D có A 0;0;0 , B 3;0;0 , D 0;3;0 và D 0;3; 3 . Tọa độ trọng tâm của tam giác A B C là. A. 1;1; 2 B. 1;2; 1 .C. 2;1; 2 D. 2;1; 1 . . . Lời giải Chọn C. . Gọi A a1;a2;a3 , B b1;b2 ;b3 , C c1;c2 ;c3 . Do tính chất hình hộp ta có: a1 0   AA DD a2 0 A 0;0; 3 . a3 3 b1 3 0 b1 3   BB DD b2 0 b2 0 B 3;0; 3 . b3 3 b3 3 c1 3 c1 3   DC AB c2 3 0 c2 3 C 3;3;0 . c3 0 c3 0 Tọa độ trọng tâm G của tam giác A B C là: G 2;1; 2 . Câu 7461: [HH12.C3.1.D01.c] [THPT Nguyễn Đăng Đạo-2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(0;1; 2), B(1;1;1), C(3;0;0). Tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là A. I (0;- 4;1).B. I (4;0;5). C. I (3;- 1;4). D. I (2;- 2;3). Lời giải Chọn D.
  3.     Ta có AB 1;0; 1 ; AC 3; 1; 2 n AB, AC 1; 1; 1 là một vtpt của ABC Phương trình ABC .là : x y z 3 0. Gọi là I a;b;c tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . a2 b 1 2 c 2 2 a 1 2 b 1 2 c 1 2 IA IB IC 2 2 2 2 2 2 Ta có : a b 1 c 2 a 3 b c . I ABC a b c 3 0 a c 1 a 2 6a 2b 4c 4 b 2 . a b c 3 c 3 Câu 24. [2H3-1.1-3] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 0; 2; 1 , B 2; 4;3 , C 1;3; 1 và mặt phẳng P : x y 2z 3 0 . Tìm    điểm M P sao cho MA MB 2MC đạt giá trị nhỏ nhất. 1 1 1 1 A. M ; ; 1 . B. M ; ;1 . C. M 2;2; 4 . D. M 2; 2;4 . 2 2 2 2 Lời giải Chọn A M A B I Gọi I , O lần lượt là trung điểm của AB và IC , khi đó với điểm M bất kỳ ta luôn có           MA MB MI IA MI IB 2MI ; tương tự MI MC 2MO .        Suy ra d MA MB 2MC 2MI 2MC 4 MO nên d nhỏ nhất khi và chỉ khi MO nhỏ nhất MO  P nên M là hình chiếu vuông góc của O lên P . Có A 0; 2; 1 , B 2; 4;3 I 1; 3;1 , kết hợp với C 1;3; 1 ta có O 0;0;0 . x t Đường thẳng qua O 0;0;0 vuông góc với P có phương trình d : y t . z 2t Giao điểm của d và P chính là hình chiếu vuông góc M của O 0;0;0 lên mặt phẳng P .
  4. x t y t 1 1 1 Giải hệ ta được t , x , y , z 1. z 2t 2 2 2 x y 2z 3 0 1 1 Vậy M ; ; 1 . 2 2 Câu 44. [2H3-1.1-3](Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 8 Tuần HK1 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ABC biết A 2;0;0 , B 0;2;0 , C 1;1;3 . H x0 ; y0 ; z0 là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống BC . Khi đó x0 y0 z0 bằng: 38 34 30 11 A. .B. .C. . D. . 9 11 11 34 Lời giải Chọn B  Đường thẳng BC có véc tơ chỉ phương là BC 1; 1;3 x t Nên phương trình đường thẳng BC : y 2 t t ¡ . z 3t Gọi H t;2 t;3t BC .  Khi đó: AH t 2;2 t;3t . Mà H là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống BC nên     4 AH  BC AH.BC 0 t 2 2 t 9t 0 t . 11 4 18 12 34 H ; ; x0 y0 z0 . 11 11 11 11 Câu 31: [2H3-1.1-3] (THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 0;2; 2 , B 2;2; 4 . Giả sử I a;b;c là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB . Tính T a2 b2 c2 . A. T 8 B. T 2 C. T 6 D. T 14 Lời giải Chọn A   Ta có OA 0;2; 2 , OB 2;2; 4 . OAB có phương trình: x y z 0 I OAB a b c 0 .    AI a;b 2;c 2 , BI a 2;b 2;c 4 , OI a;b;c . 2 2 2 2 AI BI a c 2 a 2 c 4 a c 4 Ta có hệ AI OI 2 2 2 2 b c 2 b 2 c 2 b c a c 4 a 2 a c 4 Ta có hệ b c 2 b 0 . b c 2 a b c 0 c 2
  5. Vậy I 2;0; 2 T a2 b2 c2 8 Câu 25: [2H3-1.1-3] [THPT Lê Hồng Phong-HCM-HK2-2018] Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ba điểm A 2;3;1 , B 2;1;0 , C 3; 1;1 . Tìm tất cả các điểm D sao cho ABCD là hình thang có đáy AD và SABCD 3S ABC D 8; 7;1 D 8;7; 1 A. D 8;7; 1 .B. . C. .D. D 12; 1;3 . D 12;1; 3 D 12; 1;3 Lời giải Chọn D 1 1 2S Ta có: S AD BC .d A, BC S AD BC . ABC . ABCD 2 ABCD 2 BC AD BC .S 3S ABC 3BC AD BC AD 2BC . ABC BC   Mà ABCD là hình thang có đáy AD nên AD 2BC 1 .   BC 5; 2;1 , AD xD 2; yD 3; zD 1 . xD 2 10 xD 12 1 yD 3 4 yD 1 . zD 1 2 zD 3 Vậy D 12; 1;3 . Câu 14: [2H3-1.1-3] [THPT TRẦN QUỐC TUẤN - Lần 1- 2018] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình thang ABCD vuông tại A và B . Ba đỉnh A(1;2;1) , B(2;0; 1) , C(6;1;0) 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 Chọn A.     Ta có AB 1; 2; 2 AB 3; BC 4;1;1 BC 3 2 . Theo giả thiết ABCD là hình thang vuông tại A và B và có diện tích bằng 6 2 nên 1 1 1 AB AD BC 6 2 .3. AD 3 2 6 2 AD 2 AD BC . 2 2 3  1  Do ABCD là hình thang vuông tại A và B nên AD BC . 3 4 7 a 1 a 3 3 1 7 Giả sử D(a;b;c) khi đó ta có b 2 b a b c 6 . 3 3 1 4 c 1 c 3 3 Câu 47: [2H3-1.1-3] (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A 2; 3;7 , B 0;4;1 , C 3;0;5 và D 3;3;3 . Gọi M là điểm nằm trên mặt phẳng Oyz sao cho biểu thức
  6.     MA MB MC MD đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó tọa độ của M là: A. M 0;1; 4 . B. M 2;1;0 . C. M 0;1; 2 . D. M 0;1;4 . Lời giải Chọn D       Ta có: AB 2;7; 6 , AC 1;3; 2 , AD 1;6; 4 nên AB, AC .AD 4 0 .    Suy ra: AB , AC , AD không đồng phẳng. Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD . Khi đó G 2;1;4 .      Ta có: MA MB MC MD 4MG 4MG .     Do đó MA MB MC MD nhỏ nhất khi và chỉ khi MG ngắn nhất. Vậy M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng Oyz nên M 0;1;4 . Câu 45: [2H3-1.1-3](Chuyên KHTN - Lần 3 - Năm 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A 2; 1;1 , M 5;3;1 , N 4;1;2 và mặt phẳng P : y z 27 . Biết rằng tồn tại điểm B trên tia AM , điểm C trên P và điểm D trên tia AN sao cho tứ giác ABCD là hình thoi. Tọa độ điểm C là A. 15;21;6 .B. 21;21;6 .C. 15;7;20 .D. 21;19;8 . Lời giải Chọn B A F E N M D B K C   1  3 4 Ta có AM 3;4;0 ; AM 5. Gọi E là điểm sao cho AE .AM ; ;0 , khi đó E AM 5 5 thuộc tia AM và AE 1.   1  2 2 1 Ta cũng có AN 2;2;1 ; AN 3 . Gọi F là điểm sao cho AF .AN ; ; , khi đó AN 3 3 3 F thuộc tia AN và AF 1.    19 22 1 1 Do ABCD là hình thoi nên suy ra AK AE AF ; ; 19;22;5 cùng hướng 15 15 3 15  với AC , hay u 19;22;5 là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng AC . Phương trình x 2 19t đường thẳng AC là: AC : y 1 22t . z 1 5t
  7. Tọa độ điểm C ứng với t là nghiệm phương trình: 1 22t 1 5t 27 t 1. Do đó C 21;21;6 . Câu 26: [2H3-1.1-3] (THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần 2 -2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A 1;1;1 , B 2;3;0 . Biết rằng tam giác ABC có trực tâm H 0;3;2 tìm tọa độ của điểm C . A. C 3;2;3 .B. C 4;2;4 . C. C 1;2;1 .D. C 2;2;2 . Lời giải Chọn C   AH  BC   Gọi C a;b;c . Ta có H là trực tâm tam giác ABC nên BH  AC    AB, AC .AH 0     AH 1;2;1 , BH 2;0;2 , AC a 1;b 1;c 1 , BC a 2;b 3;c ,  AB 1;2; 1 .   AB, AC 2c b 3, a c 2,b 2a 1 . a 2 2b 6 c 0 a 2b c 4 a 1 Suy ra 2a 2 2c 2 0 2a 2c 0 b 2 2c b 3 2a 2c 4 b 2a 1 0 4a 4c 8 c 1 Vậy C 1;2;1 . Câu 34. [2H3-1.1-3] [B1D2M2] (THPT LƯƠNG VĂN CHÁNH) Trong không gian Oxyz cho ba điểm A 1; 1;1 , B 3;1;2 , D 1;0;3 . Xét điểm C sao cho tứ giác ABCD là hình thang có hai đáy AB , CD và có góc tại C bằng 45. Chọn khẳng định đúng trong bốn khẳng định sau: 7 A. Không có điểm C như thế. B. C 0;1; . 2 C. C 5;6;6 . D. C 3;4;5 . Lời giải Chọn D A B  D C Ta có AB 2; 2;1 . H Phương trình mặt phẳng vuông góc với AB tại B : 2 x 3 2 y 1 z 2 0 2x 2 y z 10 0 . Phương trình đường thẳng d đi qua điểm D 1;0;3 và song song với AB là x 1 2t d : y 2t . z 3 t
  8. Gọi H x; y; z chân đường cao hạ từ đỉnh B xuống vuông góc với DC . Suy ra tọa độ 2x 2y z 10 0 x 1 x 1 2t H x; y; z là nghiệm của hệ phương trình: y 2 H 1; 2; 4 . y 2t z 4 z 3 t Khi đó tam giác HBC vuông cân tại H HB HC . Lần lượt thay tọa độ C ở đáp án, ta được điểm C 3;4;5 thỏa mãn yêu cầu bài toán. HB HC 3 1 2 1 2 2 2 4 2 3 1 2 4 2 2 5 4 2 3 3 . Câu 36. [2H3-1.1-3] [B1D2M2] (THPT CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN) Trong không gian Oxyz , cho A 2;1; 1 , B 3; 0;1 , C 2; 1; 3 và D nằm trên trục Oy và thể tích tứ diện ABCD bằng 5. Tọa độ của D là D 0; 7; 0 D 0; 7; 0 A. D 0; 7; 0 . B. D 0; 8; 0 . C. . D. . D 0; 8; 0 D 0; 8; 0 Lời giải Chọn C Vì D Oy nên D(0; y;0)      AC 0; 2;4 AD 2; y 1;1 Ta có: AB (1; 1;2) , AB, AC 0; 4; 2 , 1    1 y 7 V AB, AC .AD 2 4y . Vậy V 5 2 4y 30 . ABCD ABCD 6 6 y 8 Câu 43. [2H3-1.1-3] [B1D2M3](SGD-BÌNH PHƯỚC) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABCD.A B C D . Biết tọa độ các đỉnh A 3;2;1 ,C 4;2;0 , B 2;1;1 , D 3;5;4 . Tìm tọa độ điểm A của hình hộp. A. A 3;3;1 .B. A 3;3 ;3 . C. A 3;3 ; 3 .D. A 3;3;3 . Lời giải Chọn D 1 1 Gọi I là trung điểm của AC I ;2; . 2 2 1 5 Gọi J là trung điểm của B D J ;3; . 2 2  Ta có IJ 0;1;2 .
  9. xA' 3 0 xA' 3   Ta có AA IJ yA' 2 1 yA' 3 . zA' 1 2 zA' 3 Vậy A 3;3;3 . Câu 34: [2H3-1.1-3](CHUYÊN VINH LẦN 3-2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;2; 1 , x 1 y 1 z 2 đường thẳng d : và mặt phẳng P : x y 2z 1 0 . Điểm B thuộc mặt 2 1 1 phẳng P thỏa mãn đường thẳng AB vuông góc và cắt đường thẳng d . Tọa độ điểm B là A. 3; 2; 1 . B. 3;8; 3 . C. 0;3; 2 . D. 6; 7;0 . Lời giải Chọn C  Đường thẳng d có một VTCP là u 2;1; 1 . d  Gọi M AB  d M 1 2t; 1 t;2 t AM 2t;t 3;3 t .   AB  d AM.u 0 4t t 3 3 t 0 t 1 AM 2; 2;2 2 1; 1;1 Đường thẳng AB đi qua điểm A 1;2; 1 , có một VTCP là u 1; 1;1 x 1 t AB : y 2 t t ¡ . z 1 t x 1 t t 1 y 2 t x 0 Ta có: B AB  P nên tọa độ của B là nghiệm của hệ z 1 t y 3 x y 2z 1 0 z 2 B 0;3; 2 . Câu 32: [2H3-1.1-3](THPT ĐẶNG THÚC HỨA-NGHỆ AN-LẦN 2-2018) Trong không gian Oxyz cho ba điểm A 2;0;1 , B 1;0;0 , C 1;1;1 và mặt phẳng (P) : x y z 2 0 . Điểm M a;b;c nằm trên mặt phẳng (P) thỏa mãn MA MB MC . Tính T a 2b 3c. A. T 5 . B. T 3. C. T 2 .D. T 4 . Lời giải Chọn D M P a b c 2 0 2 2 2 2 2 2 Ta có : BM AM nên a 1 b c a 2 b c 1 BM CM 2 2 2 2 2 2 a 1 b c a 1 b 1 c 1 a b c 2 a 1 2a 2c 4 b 0 vậy T a 2b 3c 4. 2b 2c 2 c 1 Câu 19: [2H3-1.1-3] (SGD Đà Nẵng - HKII - 2017 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABCD.A B C D , biết rằng A 3;0;0 , B 0;2;0 , D 0;0;1 , A 1;2;3 . Tìm tọa độ điểm C .
  10. A.C 10;4;4 .B. C 13;4;4 . C.C 13;4;4 . D. C 7;4;4 . Lời giải Chọn C A' B' D' C' A B D C    Gọi C x; y; z . Ta có AB 3;2;0 ; AD 3;0;1 ; AA 4;2;3 . x 10 3      Mà AC AB AD AA AC 10;4;4 y 4 0 C 13;4;4 . z 4 0 Câu 43: [2H3-1.1-3] (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp - QB - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho tam giác ABC có A 2;2;1 , B 4;4;2 , C 2;4; 3 . Đường phân giác trong AD của tam giác ABC có một vectơ chỉ phương là: 1 4 1 A. 2;4; 3 B. 6;0;5 C. 0;1; D. ; ; 1 3 3 3 Hướng dẫn giải Chọn C Ta có AB 3, AC 6 . Kí hiệu x; y; z là toạ độ điểm D . DB AB 1 Vì AD là phân giác trong của tam giác ABC nên . DC AC 2 1 4 x 2 x 2 x 2  1  1 1 Do đó, ta có DB DC 4 y 4 y y 4 . Vậy D 2;4; . 2 2 3 1 1 z 2 z 3 z 3 2  2  1 AD 0;2; AD 2u , với u 0;1; . 3 3 Câu 16: [2H3-1.1-3] [SGD VĨNH PHÚC] [2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;2;0 , B 3;4;1 , D 1;3;2 . Tìm tọa độ điểm C sao cho ABCD là hình thang có hai cạnh đáy AB , CD và có góc C bằng 45. A. C 5;9;5 . B. C 1;5;3 . C. C 3;1;1 . D. C 3;7;4 . Lời giải Chọn D
  11.  Cách 1. AB (2;2;1) . x 1 2t Đường thẳng CD có phương trình là CD : y 3 2t . z 2 t   Suy ra C 1 2t;3 2t;2 t ;CB (4 2t;1 2t; 1 t), CD ( 2t; 2t; t) . (4 2t)( 2t) (1 2t)( 2t) ( 1 t)( t) Ta có cos B· CD (4 2t)2 (1 2t)2 ( 1 t)2 ( 2t)2 ( 2t)2 ( t)2 (4 2t)( 2t) (1 2t)( 2t) ( 1 t)( t) 2 Hay (1). (4 2t)2 (1 2t)2 ( 1 t)2 ( 2t)2 ( 2t)2 ( t)2 2 Lần lượt thay t bằng 3;1; 1;2 (tham số t tương ứng với toạ độ điểm C ở các phương án A, B, C, D), ta thấy t 2 thoả (1). Cách 2.   ‰ Ta có AB (2;2;1), AD ( 2;1;2) . Suy ra A B   AB  CD và AB AD . Theo giả thiết, suy   ra DC 2AB . Kí hiệu C(a;b;c) , ta có   DC (a 1;b 3;c 2) , 2AB (4;4;2) . Từ đó C(3;7;4) . D C Câu 43: [2H3-1.1-3] [2017] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm M 3;0;0 , N m,n,0 , P 0;0; p . Biết MN 13, M· ON 600 , thể tích tứ diện OMNP bằng 3. Giá trị của biểu thức A m 2n2 p2 bằng A. 29. B. 27. C. 28. D. 30. Lời giải Chọn A     OM 3;0;0 ,ON m;n;0 OM.ON 3m       OM.ON 1 m 1 OM.ON OM . ON cos600   OM . ON 2 m2 n2 2 MN m 3 2 n2 13 Suy ra m 2;n 2 3    1 OM ,ON .OP 6 3p V 6 3p 3 p 3 6 Vậy A 2 2.12 3 29. Câu 44: [2H3-1.1-3] (THPT Quảng Xương 1 - Thanh Hóa- Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz cho A 1; 1;2 , B 2;0;3 , C 0;1; 2 . Gọi M a;b;c là điểm thuộc mặt phẳng
  12.       Oxy sao cho biểu thức S MA.MB 2MB.MC 3MC.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. Lời giải Chọn D Do M a;b;c thuộc mặt phẳng Oxy nên c 0 M a;b;0 .    Ta có MA 1 a; 1 b;2 , MB 2 a; b;3 , MC a;1 b; 2 .       2 2 2 2 1 1 19 S MA.MB 2MB.MC 3MC.MA 6a 6b 2a b 1 6 a 6 b . 6 12 24 1 a 19 19 6 S . Vậy S đạt giá trị nhỏ nhất khi T 12a 12b c 1. 24 4 1 b 12 Câu 380: [2H3-1.1-3] [THPT Hai Bà Trưng Lần 1 - 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A 2;0; 2 điểm , B 3; 1; 4 , C 2;2;0 Tìm điểm D trong mặt phẳng Oyz có cao độ âm sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2; khoảng cách từ D đến mặt phẳng Oxy bằng 1. Khi đó có tọa độ điểm D thỏa mãn bài toán là A. D 0;3; 1 . B. D 0; 3; 1 . C. D 0;1; 1 . D. D 0;2; 1 . Lời giải Chọn A Vì D Oyz D 0;b;c , do cao độ âm nên c 0 c Khoảng cách từ D 0;b;c đến mặt phẳng Oxy : z 0 bằng 1 1 c 1 (do c 0 ). 1    Suy ra tọa độ D 0;b; 1 . Ta có: AB 1; 1; 2 , AC 4;2;2 , AD 2;b;1      AB, AC 2;6; 2 AB, AC .AD 4 6b 2 6 b 1 1    VABCD AB, AC .AD b 1 6 b 3 D 0;3; 1 D 0;3; 1 . Mà VABCD 2 b 1 2 . Chọn đáp án b 1 D 0; 1; 1 Câu 22. [2H3-1.1-3] (THPT Chuyên Bắc Ninh - Lần 2 - 2017 - 2018) Cho ba điểm A 1; 3 ,    B 2;6 và C 4; 9 . Tìm điểm M trên trục Ox sao cho vectơ u MA MB MC có độ dài nhỏ nhất. A. M 2;0 . B. M 4;0 . C. M 3;0 . D. M 1;0 . Lời giải Chọn D.   * Cách 1: Ta có ba điểm A , B , C không thẳng hàng (do hai vectơ AB và BC không cùng phương). Gọi M m; 0 Ox và G là trọng tâm ABC suy ra G 1; 2 . Khi đó
  13.     u MA MB MC 3MG 3 1 m; 2  Do đó u 3 MG 3 1 m 2 4 3.2 6 . Suy ra u đạt giá trị nhỏ nhất bằng 6 khi và chỉ khi m 1. Vậy M 1;0 .    * Cách 2: Gọi M m; 0 Ox , ta có MA 1 m; 3 , MB 2 m;6 , MC 4 m; 9 .    u MA MB MC 3 3m; 6 u 3 3m 2 36 6 . Suy ra u đạt giá trị nhỏ nhất bằng 6 khi và chỉ khi m 1. Câu 7449: [2H3-1.1-3] [THPT chuyên Lê Quý Đôn – 2017] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABCD.A B C D . Biết tọa độ các đỉnh A 3;2;1 , C 4;2;0 , B 2;1;1 , D 3;5;4 . Tìm tọa độ điểm A của hình hộp. A. A 3;3;3 B. .A 3;C. 3 ;. 3 D. . A 3; 3;3 A 3;3;1 . Lời giải Chọn A Gọi A x1; y1; z1 , C x2 ; y2 ; z2 . 5 Tâm của hình bình hành A B C D là I 1;3; . 2 A/ D/ / B/ C A D B C . x1 x2 1 Do I là trung điểm của A C nên y1 y2 6 . z1 z2 5   Ta có AC 7;0; 1 và A C x2 x1; y2 y1; z2 z1 . x2 x1 7 Do ACC A la hình bình hành nên y2 y1 0 . z2 z1 1 Xét các hệ phương trình: x1 x2 1 x1 3 y1 y2 6 y1 3 z1 z2 5 z1 3  .  .  . x2 x1 7 x2 4 y2 y1 0 y2 3 z2 z1 1 z2 2 Vậy A 3;3;3 .
  14. Câu 7454: [2H3-1.1-3] [TT Hiếu Học Minh Châu-2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp ABCD.A B C D có A 0;0;0 , B 3;0;0 , D 0;3;0 và D 0;3; 3 . Tọa độ trọng tâm của tam giác A B C là. A. 1;1; 2 B. 1;2; 1 .C. 2;1; 2 D. 2;1; 1 . . . Lời giải Chọn C. . Gọi A a1;a2;a3 , B b1;b2 ;b3 , C c1;c2 ;c3 . Do tính chất hình hộp ta có: a1 0   AA DD a2 0 A 0;0; 3 . a3 3 b1 3 0 b1 3   BB DD b2 0 b2 0 B 3;0; 3 . b3 3 b3 3 c1 3 c1 3   DC AB c2 3 0 c2 3 C 3;3;0 . c3 0 c3 0 Tọa độ trọng tâm G của tam giác A B C là: G 2;1; 2 . Câu 7461: [2H3-1.1-3] [THPT Nguyễn Đăng Đạo-2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(0;1; 2), B(1;1;1), C(3;0;0). Tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là A. I (0;- 4;1).B. I (4;0;5). C. I (3;- 1;4). D. I (2;- 2;3). Lời giải Chọn D.     Ta có AB 1;0; 1 ; AC 3; 1; 2 n AB, AC 1; 1; 1 là một vtpt của ABC Phương trình ABC .là : x y z 3 0. Gọi là I a;b;c tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
  15. a2 b 1 2 c 2 2 a 1 2 b 1 2 c 1 2 IA IB IC 2 2 2 2 2 2 Ta có : a b 1 c 2 a 3 b c . I ABC a b c 3 0 a c 1 a 2 6a 2b 4c 4 b 2 . a b c 3 c 3 Câu 7535: [2H3-1.1-3] [BTN 165 - 2017] Trong không gian Oxyz , cho tam giác MNP biết   MN 2;1; 2 và NP 14;5;2 . Gọi NQ là đường phân giác trong của góc Nµ của tam giác MNP . Hệ thức nào sau đây là đúng ?         A. QP 5QM .B. QP 5QM . C. QP 3QM . D. QP 3QM . Lời giải Chọn A  MN 2;1; 2 MN 9 3 Ta có  . NP 14;5;2 NP 15  QP NP 15 NQ là đường phân giác trong của góc Nµ   5 . QM MN 3   Hay QP 5QM Câu 7544: [2H3-1.1-3] [THPT Yên Lạc-VP - 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam   giác MNP biết MN 2;1; 2 , NP 14;5;2 . Gọi NQ là đường phân giác trong của góc N của tam giác MNP. Hệ thức nào dưới đây là đúng.         A. QP 5QM .B. QP 3QM .C. QP 3QM . D. QP 5QM . Lời giải Chọn A QM NM 1 Theo tính chất phân giác ta có . QP NP 5     5QM QP 5QM QP . ( Do QM , QP là hai vecto ngược hướng ). Câu 7547: [2H3-1.1-3] [THPT Quảng Xương 1 lần 2 - 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,   cho ba điểm A(2;3;1) , B(1;1;0) và M (a;b;0) sao cho P MA 2MB đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó a 2b bằng : A. 2 .B. 2 . C. 1. D. 1. Lời giải Chọn B   Gọi M (a;b;0) , MA (2 a;3 b;1), MB (1 a;1 b;0) P a2 (b 1)2 1 1. MinP 1 khi a 0;b 1 a 2b 2 . Câu 7566. [2H3-1.1-3] [THPT Chuyên NBK(QN) - 2017] Cho tam giác ABC với A 1;2; 1 , B 2; 1;3 , C 4;7;5 . Độ dài phân giác trong của ABC kẻ từ đỉnh B là: 3 73 2 74 2 74 A. . B. 2 30 . C. . D. . 3 5 3 Lời giải
  16. Chọn D Gọi D a; b; c là chân đường phân giác kẻ từ đỉnh B . Ta có. 2 a 3 2 a 1 a 4 BA AD 1  1  11 2 74 AD CD 2 b 2 b 7 b BD . BC CD 2 2 3 3 2 c 1 c 5 c 1 Câu 7567. [2H3-1.1-3] [Sở Bình Phước- 2017] Cho tam giác ABC với A 1; 2; 1 , B 2; 1; 3 , C 4; 7; 5 . Độ dài phân giác trong của ABC kẻ từ đỉnh B là? 3 73 2 74 2 74 A. . B. . C. 2 30 . D. . 3 5 3 Lời giải Chọn D Gọi D a; b; c là chân đường phân giác kẻ từ đỉnh B . 2 a 3 2 a 1 a 4 BA AD 1  1  11 2 74 Ta có AD CD 2 b 2 b 7 b BD . BC CD 2 2 3 3 2 c 1 c 5 c 1 Câu 35: [2H3-1.1-3] (THPT Ngọc Tảo - Hà Nội - 2018 - BTN – 6ID – HDG) Trong không gian Oxyz cho tam giác ABC có A 1;2; 1 , B 2; 1;3 , C 4;7;5 . Tọa độ chân đường phân giác góc ·ABC của tam giác ABC là 11 2 11 1 2 11 A. ; 2;1 B. ; ; C. 2;11;1 D. ; ;1 2 3 3 3 3 3 Lời giải Chọn D x 1 5t Ta có phương trình đường thẳng AC là y 2 5t , t ¡ . z 1 6t Gọi I là chân đường phân giác góc ·ABC của tam giác ABC . I 1 5t;2 5t; 1 6t .    Lại có BA 1;3; 4 , BC 6;8;2 , BI 5t 1;5t 3;6t 4 . Vì I là chân đường phân giác góc ·ABC của tam giác nên ABC :         BA.BI BC.BI cos BA; BI cos BC; BI     BA . BI BC . BI 5t 1 15t 9 16 24t 30t 6 40t 24 12t 8 4t 26 82t 22 1 2 32 4 2 6 2 82 22 26 104 1 2 11 8t 52 82t 22 t I ; ;1 . 3 3 3
  17. Câu 13: [2H3-1.1-3](THPT TRẦN KỲ PHONG - QUẢNG NAM - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 2;3;1 , B 2;1;0 , C 3; 1;1 . Tìm tất cả các điểm D sao cho ABCD là hình thang có đáy AD và SABCD 3SABC . D 8; 7;1 D 8;7; 1 A. D 8;7; 1 B. C. D. D 12; 1;3 D 12;1; 3 D 12; 1;3 Lời giải Chọn D   Gọi D x; y; z , AD x 2; y 3; z 1 , BC 5; 2;1 , BC 30 .   x 2 y 3 z 1 Do AD cùng chiều với BC t 0 D 2 5t;3 2t;1 t 5 2 1 AD BC 1 Theo đề S 3S .d A, BC 3. d A, BC .BC AD 2BC ABCD ABC 2 2 25t 2 4t 2 t 2 4.30 t 2 D 12; 1;3 .