Bài giảng hệ tọa độ trong không gian

Vậy G cách đều các đỉnh của tứ diện (là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện).. Gọi K là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống BC..[r]

O

( )



1;0;0 i

( )



0;1;0 j

( )



0;0;1 k

z

y x

A.TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1 Tọa độ vectơ

a) Định nghĩa: ux y z; ;  u xiy jzk với i j k, ,   

là vectơ đơn vị, tương ứng trục Ox Oy Oz, ,

b) Tính chất: Cho hai vectơ aa a a1; ;2 3,bb b b1; ;2 3

 

k số thực tùy ý, ta có:

•a b a1b a1; 2b a2; 3b3  

•a b a1b a1; 2b a2; 3b3

 

•k a ka ka ka1; 2; 3



• 12 12

3

a b

a b a b

a b

       

  

 

• a phương  

1

3 2

1 3

a kb

a

a a

b b a kb

b b b

a kb

   

       



  

với b b b1, ,2 0

•a b  a b1 1 a b2 2a b3 3

•a b  a b  0  a b1 1 a b2 2a b3 30

• 2 2

1

a a a a , suy 2 2 a  a  a a a

•   1 2 3

2 2 2 2 3

cos ;

a b a b a b a b

a b

a a a b b b

a b

 

 

   

   

  với a0, 0.  b

2 Tọa độ điểm

a) Định nghĩa: M x y z ; ; OMx y z; ;  (x: hoành độ, y tung độ, z cao độ) Chú ý: Trong hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M x y z ; ;  ta có khẳng định sau: • M  O M0;0;0

• M Oxy z 0, tức M x y ; ;0  • M Oyz x 0, tức M0; ; y z • M Oxz y 0, tức M x ;0; z • M Ox   y z 0, tức M x ;0;0  • M Oy   x z 0, tức M0; ;0 y 

• M Oz   x y 0, tức M0;0; z

b) Tính chất: Cho bốn điểm không đồng phẳng A x y z A; A; A , ;B x y zB B; B, ;C x y z C C; C D x y z D; D; D •ABxBx yA; By zA; BzA



•   2  2 2

B A B A B A

AB AB x x  y y  z z

• Tọa độtrung điểm I đoạn thẳng AB ; ;

2 2

A B A B A B

x x y y z z

I    

• Tọa độtrọng tâm G tam giác ABC ; ;

3 3

A B C A B C A B C

x x x y y y z z z

G       

• Tọa độtrọng tâm G tứ diện ABCD ; ;

4 4

A B C D A B C d A B C D

x x x x y y y y z z z z

G          

3 Tích có hướng hai vectơ

a) Định nghĩa:Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ aa a a1; ;2 3, ; ;bb b b1 3

 

Tích có hướng hai vectơ a b vectơ, kí hiệu a b, 

 

 

và xác định sau:

 

2 3 1

2 3 1 2 3 1

, ; ; ; ;

a a a a a a

a b a b a b a b a b a b a b

b b b b b b

 



     

   

   

 

b) Tính chất

•a phương với b a b , 0

•a b, 

 

 

vng góc với cảhai vectơ a b

•b a,  a b, 

   

   

•  a b,  a b  .sin ; a b 

c) Ứng dụng

• Xét sựđồng phẳng ba vectơ:

+) Ba véctơ a b c  ; ; đồng phẳng a b c  ,  0

+) Bốn điểm A B C D, , , tạo thành tứ diện AB AC AD,  0

 

  

• Diện tích hình bình hành: SABCD AB AD , 

• Tính diện tích tam giác: ,

ABC

• Tính thểtích hình hộp: VABCD A B C D ' ' ' ' AB AC AD,    

• Tính thể tích tứ diện: ,

6

ABCD

V    AB AC AD 4 Phương trình mặt cầu

● Mặt cầu tâm I a b c ; ; , bán kính R có phương trình    2  2 2 2 :

S x a  y b  z c R ● Xét phương trình x2y2z22ax2by2cz d 0  *

Ta có  * x22ax  y22by  z22cz d

  2  2 2 2 2 2

x a y b z c d a b c

          

Đểphương trình  * phương trình mặt cầu  a2  b2 c2 d Khi  S có  

2 2 tâm ; ;

bán kính I a b c

R a b c d

    

    



● Đặc biệt:  S : x2y2z2 R2, suy  S có tâm 0;0;0  bán kính

O R 





B.PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN

1 ví dụ minh họa Ví dụ 1. Cho ba điểm A(1; 2; 3), B(3; 5; 4), C(3; 0; 5)

a. Chứng minh A, B, C ba đỉnh tam giác

b. Tính chu vi, diện tích ∆ABC

c. Tìm toạ độ điểm D để ABCD hình bình hành tính cơsin góc hai vectơ AC BD

d. Tính độ dài đường cao hA ∆ABC kẻ từ A e. Tính góc ∆ABC

f. Xác định toạ độ trực tâm H ∆ABC

g. Xác định toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC

Ví dụ 2. Trong khơng gian Oxyz, cho bốn điểm A(5; 3; −1), B(2; 3; −4), C(1; 2; 0), D(3; 1; −2)

a. Tìm tọa độ điểm A1, A2 theo thứ tự điểm đối xứng với điểm A qua mặt phẳng (Oxy) trục Oy b. Chứng minh A, B, C, D bốn đỉnh hình tứ diện

c. Tính thể tích khối tứ diện ABCD

d. Chứng minh hình chóp D.ABC hình chóp

e. Tìm tọa độ chân đường cao H hình chóp D.ABC

f. Chứng minh tứ diện ABCD có cạnh đối vng góc với

Phương pháp

Sử dụng kết phần: Tọa độ vectơ Tọa độ điểm

Liên hệ tọa độvectơ tọa độhai điểm mút

g. Tìm tọa độ điểm I cách bốn điểm A, B, C, D

1 ví dụ minh họa

Ví dụ 1. Cho họ mặt cong (Sm) có phương trình:(Sm): (x − 2)2 + (y − 1)2 + (z − m)2 = m2− 2m + a. Tìm điều kiện m để (Sm) họ mặt cầu

b. Tìm mặt cầu có bán kính nhỏ họ (Sm)

c. Chứng tỏ họ (Sm) chứa đường trịn cố định

Ví dụ 2. Cho họ mặt cong (Sm) có phương trình:(Sm): x2 + y2 + z2 - 2m2x - 4my + 8m2 - = a. Tìm điều kiện m để (Sm) họ mặt cầu

b. Chứng minh tâm họ (Sm) nằm Parabol (P) cố định mặt phẳng Oxy, m thay

đổi

c. Trong mặt phẳng Oxy, gọi F tiêu điểm (P) Giả sử đường thẳng (d) qua F tạo với chiều dương trục Ox góc α cắt (P) hai điểm M, N

 Tìm toạ độ trung điểm E đoạn MN theo α

 Từ suy quỹ tích E α thay đổi

1 ví dụ minh họa Phương pháp

Với phương trình cho dạng tắc:(S): (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = k, với k > ta lần lượt có:

Bán kính R =

Tọa độ tâm I nghiệm hệphương trình: ⇔ ⇒ I(a; b; c)

Với phương trình cho dạng tổng quát ta thực theo bước:

Bước 1: Chuyển phương trỡnh ban đầu dạng:(S): x2 + y2 + z2− 2ax − 2by − 2cz + d = (1)

Bước 2: Để(1) phương trỡnh mặt cầu điều kiện là:a2 + b2 + c2− d >

Bước 3: Khi đú (S) cú thuộc tớnh:

Vấn đề2 PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU

Phương pháp

Gọi (S) mặt cầu thoảmãn điều kiện đầu Chúng ta lựa chọn phương trình dạng tổng qt dạng tắc Khi đó:

1. Muốn có phương trình dạng tắc, ta lập hệ4 phương trình với bốn ẩn a, b, c, R, điều kiện R > Tuy nhiên, trường hợp thường chia thành hai phần, bao gồm:

 Xác định bán kính R mặt cầu

 Xác tâm I(a; b; c) mặt cầu

Từđó, nhận phương trình tắc mặt cầu

2. Muốn có phương trình dạng tổng qt, ta lập hệ4 phương trình với bốn ẩn a, b, c, d, điều kiện a2 + b2 + c2− d >

0

Chú ý: Cần phải cân nhắc giả thiết toán thật kỹcàng để lựa chọn dạng phương trình thích hợp

2 Trong nhiều trường hợp đặc thù cịn sử dụng phương pháp quỹtích đểxác định phương trình mặt cầu

Ví dụ 1. Viết phương trình mặt cầu trường hợp sau:

a. Đường kính AB với A(3; −4; 5), B(−5; 2; 1)

b. Tâm I(3; −2; 1) qua điểm C(−2; 3; 1)

Ví dụ 2. Viết phương trình mặt cầu qua hai điểm A(1; 2; 2), B(0; 1; 0) tâm I thuộc trục Oz

Ví dụ 3. Viết phương trình mặt cầu qua ba điểm A(2; 1; 1), B(1; 1; 0), C(0; 2; 4) có tâm nằm mặt phẳng (Oyz) Ví dụ 4. Lập phương trình mặt cầu qua ba điểm A(2; 1; 1), B(1; 1; 0), C(0; 2; 4) có bán kính

Ví dụ 5. Cho bốn điểm A(1; 1; 1), B(1; 2; 1), C(1; 1; 2) D(2; 2; 1)

a. Chứng tỏ A, B, C, D khơng đồng phẳng Tính thể tích tứ diện ABCD

b. Lập phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Ví dụ 6. Viết phương trình mặt cầu:

a. Có tâm I(2; 1; −6) tiếp xúc với trục Ox

b. Có tâm I(2; −1; 4) tiếp xúc với mặt phẳng (Oxy)

c. Có tâm O(0; 0; 0) tiếp xúc với mặt cầu (T) có tâm I(3; –2; 4), bán kính Ví dụ 7. Lập phương trình mặt cầu:

a. Có tâm nằm tia Ox, bán kính tiếp xúc với mặt phẳng (Oyz)

b. Có bán kính tiếp xúc với (Oxy) điểm M(3; 1; 0)

1i Bài tập tự luận tự luyện Bài 1

1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba véc tơ a2i3j5 , 3k b   j , k c   i 2j a) Xác định tọa độ véc tơ a b c  , , , x3a2b tính x

b) Tìm giá trị x để véc tơ y2x 1; x x; 2vng góc với véc tơ 2b c 

c) Chứng minh véc tơ a b c  , , không đồng phẳng phân tích véc tơ u3;7; 14  qua ba véc tơ a b c  , ,

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho véc tơ a2i3  jk b,   i , 2k c  j3k a) Xác định tọa độ véc tơ a b c  , ,

b) Tìm tọa độ véc tơ u2a3b4c tính u

c) Tìm x để véc tơ v(3x1;x2; 3x) vng góc với b d) Biểu diễn véc tơ x(3;1;7) qua ba véc tơ a b c  , ,

Bài 2

1 Cho hai véc tơ a b, có a 2 3, b 3,( , )a b  30 0 Tính a) Độ dài véc tơ ab a, 52 , 3b a 2 ,b

b) Độ dài véc tơ a b, ,   a b, , ,     a b 2 Tìm điều kiện tham số m cho

a) Ba véc tơ u(2;1;m v m), (  1; 2; 0), (1; 1;2)w  đồng phẳng

b) A(1; 1; ), ( ; 3;2 m B m m1), (4; 3;1), (C D m 3; m;2m) thuộc mặt phẳng c) Góc hai véc tơ a(2; ;2m m1), ( ;2; 1)b m  60 0

Bài Cho tam giác ABC có B( 1;1; 1), (2; 3;5).  C Điểm A có tung độ 1,

3 hình chiếu điểm A BC

1; ; 3

K 

 và diện tích tam giác ABC 49

S 

1 Tìm tọa độ đỉnh A biết A có hồnh độ dương 2 Tìm tọa độ chân đường vng góc hạ từ B đến AC

4 Chứng minh HG 2GI với G trọng tâm tam giác ABC Bài Cho tứ diện ABCD có cặp cạnh đối Tọa độ điểm A(2; 4;1), (0; 4; 4), (0; 0;1)B C D có hồnh độ dương

1 Xác định tọa độ điểm D

2 Gọi G trọng tâm tứ diện ABCD Chứng minh G cách đỉnh tứ diện

3 Gọi M N, trung điểm AB CD, Chứng minh MN đường vng góc chung hai đường thẳng AB CD

4 Tính độ dài đường trọng tuyến tứ diện ABCD.Tính tổng góc phẳng đỉnh tứ diện ABCD Bài Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A(0;2; 0), ( 1; 0; 3),B  C(0; 2; 0), D(3;2;1)

1 Chứng minh bốn điểm A B C D, , , khơng đồng phẳng;

2 Tính diện tích tam giác BCD đường cao BH tam giác BCD;

3 Tính thể tích tứ diện ABCD đường cao tứ diện hạ từ A;

4 Tìm tọa độ E cho ABCE hình bình hành; 5 Tính cosin góc hai đường thẳng AC BD; 6 Tìm điểm M thuộc Oy cho tam giác BMC cân ;

7 Tìm tọa độ trọng tâm G tứ diện ABCD chứng minh A G A, , ’ thẳng hàng với A' trọng tâm tam giác BCD

Bài Cho tam giác ABC có A(2; 3;1), ( 1;2; 0), (1;1; 2).B C  1 Tìm tọa độ chân đường vng góc kẻ từ A xuống BC 2 Tìm tọa độ H trực tâm tam giác ABC

3 Tìm tọa độ I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

4 Gọi G trọng tâm tam giác ABC Chứng minh điểm G H I, , nằm đường thẳng Bài 7

Trong khơng gian với hệ tọa độ Đề Các vng góc Oxyz cho tam giác ABC có A(5; 3; 1), (2; 3; 4) B  điểm C nằm mặt phẳng (Oxy) có tung độ nhỏ

a) Tìm tọa độ điểm D biết ABCD tứ diện

b) Tìm tọa độ điểm S biết SA SB SC, , đơi vng góc Bài 8

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A3; 2; 4 

a) Tìm tọa độ hình chiếu A lên trục tọa độ mặt phẳng tọa độ b) Tìm M Ox N, Oy cho tam giác AMN vuông cân A

c) Tìm tọa độ điểm E thuộc mặt phẳng (Oyz) cho tam giác AEB cân E có diện tích 29 với  1; 4; 4

B   Bài 9

Trong không gian với hệ trục Oxyz cho A(4; 0; 0), ( ; ; 0)B x y0 0 với x y0, 0 0 thỏa mãn AB2 10 AOB 450 a) Tìm C tia Oz cho thể tích tứ diện OABC

b) Gọi G trọng tâm ABO M cạnh AC cho AM x Tìm x để OM GM 1ii Bài tập trắc nghiệm tự luyện

Vấn đề TỌA ĐỘ CỦA VECTƠ

Câu 1.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ

2

a i j k, b  3j 4k, c  i 2j Khẳng định sau đúng?

A a2;3; , 3;4;0 , 1; 2;0  b   c   

B a2;3; , 3;4;0 , 0; 2;0  b   c  

C. a2;3; , 0; 3;4 , 1; 2;0  b   c   

D. a2;3; , 1; 3;4 ,   b   c   1; 2;1

Câu 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ 0;1;3

A 4; ;9 2

x   



B 4; 5; 2

x  



C 4; ;9 2

x  



D 4; 5; 2

x   



Câu 3.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ

2; 1;3

a  , b 1; 3;2 c3;2; 4 

Gọi x vectơ thỏa mãn:

11 20 x a x b x c              

  Tọa độ vectơ

x



là:

A.2;3;1 B 2;3; 2  C.3;2; 2  D.1;3;2

Câu 4.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ

 1;1;0

a  , b1;1;0 1;1;1 c  Trong khẳng định sau, khẳng định sai?

A a  2.B c  C ab D cb Câu 5.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ

 1;1;0 , 1;1;0   a  b

 

c1;1;1 Trong khẳng định sau, khẳng định đúng?

A a c  1 B a b , phương

C cos , 

b c 

 

D a b c    0

Câu 6.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho vectơ 3, 2,1

p  

, 1,1, 2q   , r2,1, 3  11, 6,5

c  Khẳng định sau đúng?

A c3p2q r  B c2p3q r 

C c2p3q r  D c3p2q2r

Câu 7.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho vectơ 2;3;1 , 1;5;2  

a b  , c4; 1;3  x  3,22,5 Đẳng thức đúngtrong đẳng thức sau?

A x2a3b c  B x 2a3b c 

C x2a3b c  D x2a 3b c 

Câu 8.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ 1;0; , 2;1;3  

a  b  , c  4;3;5 Tìm hai số thực m, n cho m a n b.  c ta được:

A m2; 3.n  B m 2; 3.n  C m2; 3.n Câu 9.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ

2; 1; 1

a m  b 1; 3;2 Với giá trị nguyên m b a b  2  4?

A.4 B C 2 D

Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ um; 2; m1 v0;m2;1

Tất cảgiá trị m có thểcó đểhai vectơ u v phương là:

A. m 1.B m0 C. m1 D m2 Câu 11.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, đểhai vectơ

 ;2;3

a m b1; ;2n  phương, ta phải có:

A m n       

B m n       

C 2 m n       

D.

2 m n       

Câu 12. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ a2;1; 2  b0; 2; 2 Tất giá trị m để hai vectơ u2a3mb vma b vng góc là:

A 26

6

  B. 26

6  

C. 26

 D

6



Câu 13.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho vectơ 1;1; 2

u  v1;0;m Tìm tất cảcác giá trị

Bước 1:  

2 cos ,

6

m u v

m  

  

Bước 2: Góc hai vectơ u v có sốđo 450 nên suy

2

1

1

2

6

m

m m

m

     

  *

Bước 3: Phương trình

  * 1 2 2 2 1 4 2 0 6.

2

m

m m m m

m

   

         

  

Bài giải hay sai? Nếu sai sai ởbước nào? A Đúng B Sai ởbước

C Sai ởbước D Sai ởbước

Câu 14.Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho hai vectơ a

và b thỏa mãn a 2 3, 3b   a b , 300 Độ dài vectơ 3a2b bằng:

A 54 B 54 C D.

Câu 15.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho vectơ 2; 1;2

u  vectơ đơn vị v thỏa mãn u v  4 Độ dài vectơ u v  bằng:

A 4 B 3 C 2 D 1

Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ a b thỏa mãn a 2, 5b   a b , 300 Độ dài vectơ a b ,  bằng:

A.10 B 5 C. D Câu 17.Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho hai vectơ a

và b thỏa mãn a 2 3, 3b   a b , 300 Độ dài vectơ 5 , 2a b

 

 

bằng:

A. 3 B 9 C. 30 D. 90

Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ u v thỏa mãn u 2, v 1  u v , 600 Góc hai vectơ v u v  bằng:

A 30 0 B 45 0 C 60 0 D 90 0

Vấn đề TỌA ĐỘ CỦA ĐIỂM

Câu 19.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm

(2;0;0 , 0;2;0 , 0;0;2) ( ) ( )

A B C D(2;2;2) Gọi M N, trung điểm AB CD Tọa độ trung điểm I MN là:

A  

 

1 ; ;1 2

I .B I(1;1;0) C I(1; 1;2− ) D I(1;1;1) Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai

vectơ a=(1;1; 2− ), b= −( 3;0; 1− ) điểm A(0;2;1) Tọa độđiểm M thỏa mãn AM =2a b − là:

A M(−5;1;2).B M(3; 2;1− ).C M(1;4; 2− ).D M(5;4; 2− ) Câu 21.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hình chiếu

của điểm M1; 3; 5   mặt phẳng Oxy có tọa độ là:

A.1; 3;5  B.1; 3;0  C.1; 3;1  D.1; 3;2  Câu 22.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm

 3;2; 1

M   Tọa độ điểm M' đối xứng với M qua mặt phẳng Oxy là:

A.M'3;2;1 B.M' 3;2;1  C.M' 3;2 1   D.M' 3; 2; 1    Câu 23.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm

2016; 1; 2017

M   Hình chiếu vng góc điểm

M trục Oz có tọa độ:

A.0;0;0 B.2016;0;0 C.0; 1;0  D.0;0 2017  Câu 24.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm

 3;2; 1

A   Tọa độđiểm A' đối xứng với A qua trục Oy là:

A.A'3;2;1 B.A' 3;2 1   C.A' 3;2;1  D.A' 3; 2; 1    Câu 25.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm

1;2;3

A Khoảng cách từ A đến trục Oy bằng:

Câu 26.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm 3; 1;2

M  Trong phát biểu sau, phát biểu sai?

A. Tọa độhình chiếu M mặt phẳng xOy

 

' 3; 1;0

M 

B. Tọa độ hình chiếu M trục Oz

 

' 0;0;2

M

C. Tọa độ đối xứng M qua gốc tọa độ O

 

' 3;1;

M  

D. Khoảng cách từ M đến gốc tọa độO 314. Câu 27 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm

2; 5;4

M  Trong phát biểu sau, phát biểu sai?

A. Tọa độ điểm M' đối xứng với M qua mặt phẳng yOz M2;5; 4 

B. Tọa độđiểm M' đối xứng với M qua trục Oy  2; 5; 4

M   

C. Khoảng cách từ M đến mặt phẳng tọa xOz

D. Khoảng cách từ M đến trục Oz 29

Câu 28.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm 1; 2;3

M  Trong phát biểu sau, phát biểu sai?

A. Tọa độđối xứng O qua điểm M O' 2; 4;6  

B. Tọa độđiểm M' đối xứng với M qua trục Ox

 

' 1; 2;3

M  

C. Khoảng cách từ M đến mặt phẳng tọa yOz

D. Khoảng cách từ M đến trục Oy 10

Câu 29.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm  3;4;2

A  , B5;6;2, C4;7; 1  Tìm tọa độđiểm

D thỏa mãn AD2AB3AC

A.D10;17; 7  B.D10;17; 7 

C.D10; 17;7  D.D10; 17;7 

Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho sáu điểm A1;2;3, B2; 1;1 , C3;3; 3 , A B C', ', ' thỏa mãn A A B B C C  '  '  ' 0 Nếu G' trọng tâm tam giác A B C' ' ' G' có tọa độ là:

A. 2; ;4 3

 

  

 

  B.

4 2; ;

3

    

 

  C.

4 2; ;

3

 

 

 

  D.

4 2; ;

3

   

 

 

Câu 31. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm M2; 3;5 , N4;7; 9 , P3;2;1 Q1; 8;12  Bộba điểm sau thẳng hàng?

A.M N P, , B.M N, , Q C.M P Q, , D.N P Q, , Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba

điểm A2; 1;3 , B10;5;3 M m2 1;2;n2 Để A B M, , thẳng hàng giá trị m n, là:

A. 1;

2

m n B. 3,

2

m  n

C. 1,

2

m  n  D. 2,

3

m n

Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A1; 3;5  B3; 2;4  Điểm M trục Ox cách hai điểm A B, có tọa độ là:

A. 3;0;0

M  B. 3;0;0

M  C.M3;0;0 D.M3;0;0 Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba

điểm A1;1;1, B1;1;0, C3;1; 1  Điểm M mặt phẳng Oxz cách ba điểm A B C, , có tọa độ là:

A 0; ;5 6

 

 

 

  B

7;0;

6

 

  

 

  C

5;0;

6

    

 

  D

6;0;

5

 

  

 

  Câu 35.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC biết 1;0; 2 , B2;1; 1 , C1; 2;2  Tìm tọa độtrọng tâm G tam giác ABC

A.G4; 1; 1   B. 4; 1;

3 3

G    

 

C. 2; 1;

2

G    D. 1; ; 3

Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(0;0;1), B(− −1; 2;0), C(2;1; 1− ) Khi tọa độchân đường cao H hạ từ A xuống BC là:

A ; 14; 19 19 19

H − − 

  B

 

 

 

4 ;1;1

H

C  − 

 

8 1;1;

9

H D  

 

3 1; ;1

2

H

Câu 37.Trong không gian với hệ tọa độ 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 B tam giác ABC là:

A. 11; ;1 3

 

 

 

  B.

2 11 1; ; 3

 

 

 

  C.

11; 2;1

 

  

 

  D.2;11;1 Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho

2; 1;3

A  , B4;0;1, C10;5;3 Độdài đường phân giác góc B tam giác ABC bằng:

A.2 3 B.2 5 C.

5 D.

3

Câu 39.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác

ABC có A0; 4;0 , B5;6;0, C3;2;0 Tọa độchân đường phân giác ngồi góc A tam giác ABC là:

A 15; 14;0 B 15; 4;0 C 15;4;0D 15; 14;0  Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba

điểm M2;3; 1 , N1;1;1, P1;m1;2 Với giá trịnào m tam giác MNP vng N ?

A.m3 B.m2 C.m1 D.m0 Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam

giác ABC có đỉnh C2;2;2 trọng tâm G1;1;2 Tìm tọa độcác đỉnh A B, tam giác ABC, biết A

thuộc mặt phẳng Oxy điểm B thuộc trục cao

A.A 1; 1;0 , B 0;0;4 B A1;1;0 , B 0;0;4 C A1;0;1 , B 0;0;4 D A4;4;0 , B 0;0;1 Câu 42.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác

ABC có A 4; 1;2, B3;5; 10  Trung điểm cạnh

AC thuộc trục tung, trung điểm cạnh BC thuộc mặt phẳng Oxz Tọa độđỉnh C là:

A.C4; 5; 2   B.C4;5;2 C.C4; 5;2  D.C4;5; 2  Câu 43.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác

ABC có A2; 1;6 , B  3; 1; 4, C5; 1;0  Trong khẳng định sau, khẳng định đúng?

tam giác ABC

A.Tam giác cân B.Tam giác

C.Tam giác vuông D. Cả A C

Câu 44.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm 1; 2;0 , 1;0; 1  

A  B  C0; 1;2  Mệnh đềnào sau đúng?

A.Ba điểm A B C, , thẳng hàng

B.Ba điểm A B C, , tạo thành tam giác cân

C. Ba điểm A B C, , tạo thành tam giác có góc 60 0

D.Ba điểm A B C, , tạo thành tam giác vuông

Câu 45.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm 2;0;1

A , B0;2;0 C1;0;2 Mệnh đềnào sau đúng?

A.Ba điểm A B C, , thẳng hàng

B.Ba điểm A B C, , tạo thành tam giác cân A

C.Ba điểm A B C, , tạo thành tam giác cân B

D.Ba điểm A B C, , tạo thành tam giác vuông

Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A B C, , có tọa độ thỏa mãn OA     i j k,

5

OB  i  j k, BC2i8j3k Tọa độ điểm D để tứ giác ABCD hình bình hành là:

A.D3;1;5 B.D1;2;3 C.D2;8;6 D.D3;9;4 Câu 47.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm

2;0;0

M , N0; 3;0 , P0;0;4 Nếu MNPQ hình bình thành tọa độ điểm Q là:

A. 2; 3;4 B.3;4;2 C.2;3;4 D.  2; 3; 4 Câu 48.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm

1;2; 1

A  , B3; 1;2 , C6;0;1 Trong điểm sau đây, điểm đỉnh thứtư hình bình hành có ba đỉnh

, ,

A. Chỉcó điểm M B. Chỉcó điểm N

C. Chỉcó điểm P D. Cảhai điểm M N Câu 49.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình bình

hành OABD, có OA  1;1;0 OB1;1;0 với O gốc tọa độ Khi tọa độ D là:

A 0;1;0  B 2;0;0  C 1;0;1  D 1;1;0  Câu 50.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm

1;0; 2

A  , B2;1; 1 , C1; 2;2  D4;5 7  Trọng tâm G tứ diện ABCD có tọa độ là:

A.2;1;2 B.8;2; 8  C.8; 1;2  D.2;1; 2  Câu 51.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp

' ' ' '

ABCD A B C D Biết A2;4;0, B4;0;0,  1;4; 7

C   D' 6;8;10  Tọa độđiểm B' là:

A.10;8;6 B.6;12;0 C.13;0;17 D.8;4;10 Vấn đề3 TÍCH CĨ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Câu 52. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai

vectơ a b khác 0 Kết luận sau sai?

A a b ,   a bsin ,  a b B a b,3 3 ;a b

   

   

C 2 ,a b 2 ,a b  D 2 ,2a b 2 ,a b 

Câu 53. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ u v khác 0 Phát biểu sau sai?

A. u v, 

 

 

có độ dài u v  cos , u v 

B. u v,  

 

  

khi hai vecto u v , phương

C. u v, 

 

 

vng góc với hai vecto u v ,

D. u v , là vectơ

Câu 54. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ a b , c khác 0 Điều kiện cần đủ để ba vectơ a b c  , , đồng phẳng là:

A. a b c   0 B. a b c,  

 

   

C.Ba vectơ đơi vng góc với D.Ba vectơ có độ lớn

Câu 55.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, bộba vectơ a b c  , , sau đây, bộnào thỏa mãn tính chất

,

a b c

      

  

(hay gọi ba vectơ a b c  , , đồng phẳng)

A a 1; 1;1 , b0;1;2 , 4;2;3  c 

B. a4;3;4 ,b2; 1;2 , 1;2;1   c 

C. a2;1;0 , b 1; 1;2 , c2;2;  

D. a1; 7;9 ,  b3; 6;1 ,  c2;1;  

Câu 56. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn vectơ a2,3,1, b5,7,0, c3, 2,4 

4,12, 3 d 

Mệnh đềnào sau sai?

A d  a b c  

B a, b, c ba vectơ không đồng phẳng

C a b   d c  D 2a3b  d 2c

Câu 57.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai vectơ

a



b khác 0 Gọi c  a b ,  Mệnh đề sau đúng?

A. c phương với a

B c phương với b

C c vng góc với hai vectơ a b

D CảA B

Câu 58. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ a1;2; 1 , b3; 1;0  1; 5;2c   Khẳng định sau đúng?

A a phương với b

C a, b, c đồng phẳng D a vng góc b

Câu 59. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ a3; 1; 2  , b1;2;m c5;1;7 Giá trị m để c a b, là:

A 1 B. C.1 D.

Câu 60. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ u=(2; 1;1− ), v=(m;3; 1− ) w=(1;2;1) Để ba vectơ cho đồng phẳng m nhận giá trị sau đây?

A −8 B 4 C −7

3 D −

8

Câu 61. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ a1; ;2 ,m  bm1;2;1 c0;m2;2 Đểba vectơ cho đồng phẳng m nhận giá trịnào sau đây?

A

5

m B

m C m 2 D m0

Câu 62. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba vectơ a  2,0,3 , 0,4, 1 b   cm2,m2,5 Đểba vectơ cho đồng phẳng m nhận giá trịnào

sau đây?

A. m 2 m 4 B m2 m4 C m1 m6 D m2 m5

Câu 63. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A1; 2;0 , B1;0; 1 , C0; 1;2  D0; ;m p Hệ thức m p để bốn điểm A B C D, , , đồng phẳng là:

A.2m p 0 B.m p 1 C.m2p3 D.2m3p0 Câu 64.Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho điểm

0;0;4

A , B2;1;0, C1;4;0 D a b ; ;0 Điều kiện cần đủ a b, để hai đường thẳng AD BC thuộc mặt phẳng là:

A.3a b 7 B.3a5b0 C.4a3b2 D.a2b1 Câu 65.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm

1;2; 1

A  , B5;0;3 C7,2,2 Tọa độgiao điểm M

của trục Ox với mặt phẳng qua điểm A B C, , là:

A.M1;0;0 B.M1;0;0.C.M2;0;0 D.M2;0;0 Câu 66. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn

điểm 0;2; 1

A  , B3;1; 1 , C4;3;0 D1;2;m

Tìm m để bốn điểm A B C D, , , đồng phẳng Một học sinh giải sau:

Bước1:AB   3; 1;1, AC4;1;2, AD1;0;m2

Bước2: , 1 1; 3;  3;10;1

1 2 4

AB AC     

   



   

   

 

Suy   AB AC AD,      3 m m

Bước3:A B C D, , , đồngphẳng

, 5

AB AC AD m m

 

          Đáp án: m 5

Bài giải hay sai? Nếu sai sai ởbước nào? A.Đúng B. Sai ởBước

C. Sai ởBước D. Sai ởBước

Câu 67. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC Tập hợp điểm M thỏa mãn

MA MB AC,

  

 

 

    là:

A.Đường thẳng qua C song song với cạnh AB

B. Đường thẳng qua trung điểm I AB song song với cạnh AC

C.Đường thẳng qua trung điểm I AB vng góc với cạnh AC

D.Đường thẳng qua B song song với cạnh AC Câu 68. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam

A.

2 B.

2 C.

6

2 D. 11

Câu 69. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A1;0;0, B0;0;1, C2;1;1 Độ dài đường cao kẻ từ A tam giác ABC bằng:

A. 30 B.

15

5 C.2 5 D.3

Câu 70. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm C4;0;0 B2;0;0 Tìm tọa độđiểm M thuộc

trục tung cho diện tích tam giác MBC

A.M0;3;0 , M0; 2;0  B M0;3;0 , M0; 3;0  C M0;4;0 , M0; 3;0  D M0;3;0 , M0; 1;0  Câu 71: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba

điểm A1;2; , 2;1;1 , 0;1;2  B  C 

Gọi H a b c ; ;  trực tâm tam giác ABC Giá trị a b c  bằng:

A. B. C. D.

Câu 72.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình bình hành ABCD Biết A2;1; 3 , B0; 2;5 , C1;1;3 Diện tích hình bình hành ABCD là:

A.2 87 B. 349 C. 87 D. 349

Câu 73. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình bình hành ABCD với A1;0;1, B2;1;2 giao điểm

của hai đường chéo 3;0;3 2

I  Diện tích hình bình hành ABCD bằng:

A B C D

Câu 74.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện

ABCD với A1;0;0, B0;1;0, C0;0;1, D2;1; 1  Thể tích tứ diện ABCD bằng:

A.1 B 2 C.1

2 D.

1 3

Câu 75.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện

ABCD với A2;1; 1 , B3;0;1, C2; 1;3 , điểm D

thuộc Oy thể tích tứ diện ABCD Tọa độ đỉnh D là:

A.D0; 7;0  B D0;8;0 C.D0; 7;0  D0;8;0

D.D0;7;0 D0; 8;0 

Câu 76.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A 1; 2;4, B 4; 2;0, C3; 2;1 

1;1;1

D Độ dài đường cao tứ diện ABCD kẻ từ đỉnh D bằng:

A.3 B 1 C.2 D.1

2

Câu 77. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A2;2;0, B2;4;0, C4;0;0 D0; 2;0  Mệnh đềnào sau đúng?

A. Bốn điểm A B C D, , , tạo thành tứ diện B. Bốn điểm A B C D, , , tạo thành hình vng C. Bốn điểm A B C D, , , tạo thành hình chóp

D.Diện tích ABC diện tích DBC

Câu 78. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A1;0;0, B0;1;0, C0;0;1 D1;1;1 Trong mệnh đề sau, mệnh đềnào sai?

A. Bốn điểm A B C D, , , tạo thành tứ diện B.Ba điểm A B D, , tạo thành tam giác

C. ABCD

D.Ba điểm B C D, , tạo thành tam giác vuông

Câu 79.Cho hình hộp ABCD A B C D ' ' ' ' Hãy xác định ba vectơ sau đồng phẳng?

A.   AA BB CC', ', ' B.   AB AD AA, , ' C.   AD A B CC, ' ', ' D.   BB AC DD', , '

hộp ABCD A B C D ' ' ' ' có A1;1; 6 , B0;0; 2 ,  5;1;2

C  D' 2;1; 1   Thể tích khối hộp cho bằng:

A. 36 B. 38 C. 40 D. 42

Vấn đề4 PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU

Câu 81 (ĐỀMINH HỌA QUỐC GIA NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu     2  2 2

:

S x  y  z  Tính tọa độtâm I

và bán kính R  S

A. I1;2;1 R3 B. I1; 2; 1   R3

C. I1;2;1 R9 D. I1; 2; 1   R9 Câu 82.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

 S có phương trình x2y2z22x4y6z 2 0 Tính tọa độtâm I bán kính R  S

A.Tâm I1;2; 3 và bán kính R4

B.Tâm I1; 2;3 và bán kính R4

C.Tâm I1;2;3và bán kính R4

D.Tâm I1; 2;3 và bán kính R16

Câu 83. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu sau có tâm nằm trục Oz?

A   2

1 : x

S y z  x y  B   2

2 : x

S y z  z 

C   2

3 : x

S y z  x z

D   2

4 : x

S y z  x y z 

Câu 84. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu sau có tâm nằm mặt phẳng tọa độ Oxy? A   2

1 :

S x y z  x y 

B   2

2 :

S x y z  y z 

C.  2

3 :

S x y z  x z 

D.   2

4 :

S x y z  x y z 

Câu 85. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu tâm I6,3, 4  tiếp xúc với Ox có bán kính R bằng: A R6 B R5 C. R4 D. R3

Câu 86. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho mặt

cầu  S có phương trình

2 2 2 4 6 5 0

x y z  x y z 

Trong sốdưới đây, sốnào diện tích mặt cầu  S ?

A 12 B 9 C 36 D 36

Câu 87:Trong phương trình sau, phương trình phương trình mặt cầu:

A x2+y2+z2−10xy−8y+2z− =1 0 B 3x2+3y2+3z2−2x−6y+4z− =1 0 C 2x2+2y2+2z2−2x−6y+4z+ =9 0 D x2+(y z− )2−2x−4(y z− − =) 9 0

Câu 88.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, giả sử tồn mặt cầu  S có phương trình

2 2 4 8 2 6 0

x y z  x y az a Nếu  S có đường kính 12 a nhận giá trịnào?

A

8 a a        B

2 a a      

 C

2 a a      

 D

2 a a       

Câu 89.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, giả sử tồn mặt cầu  S có phương trình

2 2 4 2 2 10 0

x y z  x y az a Với giá trịnào a  S có chu vi đường trịn lớn 8 ?

A 1; 11  B 1;10 C 1;11 D 10;2 Câu 90.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

   

2 2 2 2 3 6 2 7 0

x y z  m x my m z  Gọi

R bán kính  S , giá trịnhỏnhất R bằng: A 7 B 377

7 C 377 D

377

Câu 91.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S có phương trình x2y2z22x4y6z0 Mặt phẳng Oxy cắt  S theo giao tuyến đường tròn Đường trịn giao tuyến có bán kính r bằng:

A r 5 B r2 C r 6 D r4

Câu 92.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu  S có tâm I1; 2;0 , bán kính R5 Phương trình mặt cầu  S là:

A     2 2 2

: 25

S x  y z 

B   S : x1 2 y 22z2 5 C   S : x1 2 y 22z225 D   S : x1 2 y22z25

Câu 93. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A2;4;1 , 2;2; 3 B    Phương trình mặt cầu đường kính AB là:

A x2 y 3 2 z 12 9 B x2y3 2 z 129 C 2   2 2

3

x  y  z 

D x2 y 3 2 z 12 9

Câu 94.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu  S

có tâm I1;4;2 tích V 972 Khi phương trình mặt cầu  S là:

A   2  2 2

1 81

x  y  z 

B   2  2 2

1

x  y  z 

C   2  2 2

1

x  y  z 

D   2  2 2

1 81

x  y  z 

Câu 95.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu  S

có tâm I2;1; 1 , tiếp xúc với mặt phẳng tọa độOyz Phương trình mặt cầu  S là:

A   2  2 2

2 1

x  y  z 

B   2  2 2

2 1

x  y  z 

C   2  2 2

2 1

x  y  z 

D   2  2 2

2 1

x  y  z 

Câu 96.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu  S

đi qua A0,2,0, B2;3;1, C0,3;1 có tâm ởtrên mặt phẳng Oxz Phương trình mặt cầu  S là:

A x2 y 6 2 z 429 B x2 y 32z216 C 2   2 2

7 26

x  y  z 

D x12y2z32 14

Câu 97.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu  S

có bán kính 2, tiếp xúc với mặt phẳng Oyz có tâm nằm tia Ox Phương trình mặt cầu  S

là:

A   S : x22y2z24 B  S x: 2 y 22z2 4 C    2 2 2

:

S x y z 

D  S x: 2y2 z 224

Câu 98.Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho điểm 2,0,0 , 0,4,0 , 0,0,4    

A B C Phương trình sau phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC (

A x2y2z22x4y4z0 B   2  2 2

1 2

x  y  z 

C   2  2 2

2 4 20

x  y  z  D x2y2z22x4y4z9

Câu 99. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A1,0,0, B0,2,0 , C 0,0,3   Tập hợp điểm

 , , 

M x y z thỏa mãn: MA2MB2MC2 mặt cầu có bán kính là:

A R2 B R 2 C R3 D R Câu 100 Trong không gian với hệ tọa độOxyz, mặt cầu có

phương trình sau qua gốc tọa độ?

A   2

1 :

S x y z  x y  B   2

2 :

S x y z  y z 

C   2

3 :

S x y z  x z

D   2

4 :

S x y z  x y z 

Câu 101 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu     2  2 2

:

S x  y  z  Điểm sau nằm mặt cầu  S ?

A.M1;2;5.B.N0;3;2 C P1;6; 1 .D Q2;4;5

Câu 102 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S x: 2y2 z2 6x4y2z0 Điểm sau thuộc mặt cầu  S ?

A.M0;1; 1 .B.N0;3;2 C P1;6; 1  D Q1;2;0

Câu 103 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S x: 2 y 1 2 z 2225 Điểm sau nằm bên mặt cầu  S

A.M3; 2; 4  .B.N0; 2; 2   C P3;5;2.D Q1;3;0

Câu 104. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S x: 2y2z22x4y6z0 Trong ba điểm

0;0;0 , 2;2;3 , 2; 1; 1    

O A B   , có điểm nằm mặt cầu  S ?

A. B. C. D.

Câu 105.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm 1; ;1

A a mặt cầu  S có phương trình 2 2 4 9 0

x y z  y z  Tập giá trị a để điểm A nằm khối cầu là?

A 1;3 B 1;3

C 3;1 D   ; 1 3;

Câu 106 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S x: 2 y 4 2 z 12 36 Vị trí tương đối của mặt cầu  S với mặt phẳng Oxy là:

A Oxy cắt  S B Oxykhông cắt  S C Oxy tiếp xúc  S D Oxyđi qua tâm  S Câu 107 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt

cầu     2  2 2

:

S x  y  z  Mặt phẳng sau cắt mặt cầu  S ?

A. Oxy B.Oyz C Oxz D. Cả A, B, C

Câu 108. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu sau tiếp xúc với mặt phẳng tọa độOxy ?

A.   2 2  2

1 : 2

S x y  z 

B.    2  2 2

2 :

S x  y  z 

C.    2 2

3 : 1

S x  y z 

D.   2  2

4 : 16

S x y  z 

Câu 109 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu   S : x32y2 z 22m24 Tập giá trị của

m để mặt cầu  S tiếp xúc với mặt phẳng Oyz là:

Câu 110 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt

cầu  S có phương trình

x22y 52z2m22m6 Tập giá trị m để mặt cầu  S cắt trục Oz hai điểm phân biệt là:

A. m1 B. m 3 C.  3 m D. m 3 m1

Câu 111. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S có phương trình x1 2 y 32z29 Mệnh đềnào sau ?

A. S tiếp xúc với trục Ox B  S không cắt trục Oy

C  S tiếp xúc với trục OyD  S tiếp xúc với trục Oz

Câu 112. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, mặt cầu sau tiếp xúc với hai trục tọa độ Oy Oz?

A    2  2

1 : 2

S x y  z 

B    2 2

2 : 1

S x y z 

C     2 2 2

3 : 1

S x  y z 

D     2  2 2

4 :

S x  y  z 

Câu 113 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu    2  2 2

2

: 14

S x  y  z  điểm 1; 1; 6

A   Tìm trục Oz điểm B cho đường thẳng AB tiếp xúc với  S

A. 0;0; 19

B   B B0;0;193.C B0;0; 193.D.B0;0;193

Câu 114. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  S x: 2y2z24x4y4z0 và điểm

4;4;0

A Tìm tọa độ điểm B thuộc  S cho tam giác OAB (O gốc tọa độ)

A.  

 

0; 4;4 4;0;4

B B

   

 B

 

 

0;4; 4;0;4

B B

 

 

 C

 

 

0; 4; 4;0;4

B B

   



 D

 

 

0;4;4 4;0;4

B B

  

1. HỆ TOẠĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

Dạng toán 1: Ta ca im, vect v cỏc yếu tố liên quan Phương pháp

Sử dụng kết quả phần: Tọa độ của vectơ.

Tọa độ của điểm

Liên hệ giữa tọa độvectơ tọa độhai điểm mút

Tích có hướng của hai vectơ ứng dụng

ThÝ dô 1. Cho ba điểm A(1; 2; 3), B(3; 5; 4), C(3; 0; 5)

a. Chứng minh A, B, C là ba đỉnh tam giác b. Tính chu vi, diện tích của∆ABC

c. Tìm toạ độ điểm D để ABCD là hình bình hành tính cơsin góc giữa hai vectơ AC và BD

d. Tính độ dài đường cao hAcủa∆ABC kẻ từ A e. Tính góc của∆ABC

f. Xác định toạ độ trực tâm H của ∆ABC

g. Xác định toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp∆ABC

 Giải

a. Ta có:

AB 

(2; 3; 1) AC(2; −2; 2) ⇒ AB AC không phương. Vậy, ba điểm A, B, C khơng thẳng hàng

b. Ta lần lượt có:

CV∆ABC = AB + AC + BC = 22+32+12 + 22+ −( 2)2+22 + −( 5)2+12 = 14+ 12+ 26

S∆ABC =1 AB, AC

2    

=1

2|(8; −2; −10)| =

2 2

8 + −( 2) + −( 10) = 42 c. Giả sửD(x; y; z), đểABCD hình bình hành điều kiện là:

AB 

= DC ⇔ (2; 3; 1) = (3 − x; −y; − z)

⇔

2 x

3 y

1 z

= −   = −   = − 

⇔ x

y

z

=   = −   = 

⇒ D(1; −3; 4)

cos(AC, BD) = AB.BD

AB BD  

  = 12

12 68 = 51 17

d. Ta có:

S∆ABC = 1

2hA.BC ⇔ hA =

ABC

2S BC

∆ = 2 42

26 = 273

13

e. Ta lần lượt có: cosA = AB.AC

AB AC  

  = ⇔ A = 900, cosB = BA.BC

BA BC  

  = 51

13 cosC = sinB =

2

1 cos B− = 118

13

f. Ta có thể lựa chọn một hai cách sau:

AH BC BH AC H (ABC) ⊥   ⊥   ∈  ⇔ AH BC BH AC

Ba vectơ AB, AC, AH đồng phẳng

 ⊥  ⊥           ⇔ AH.BC BH.AC

AB, AC AH

 =  =    =           ⇔

(x 1; y 2; z 3).(0; 5; 1) (x 3; y 5; z 4).(2; 2; 2) (8; 2; 10).(x 1; y 2; z 3)

− − − − =   − − − − =   − − − − − =  ⇔

5(y 2) z

2(x 3) 2(y 5) 2(z 4) 8(x 1) 2(y 2) 10(z 3)

− − + − =   − − − + − =   − − − − − =  ⇔

5y z x y z

4x y 5z 13

− =   − + =   − − = −  ⇔ x y z =   =   = 

Vậy, ta được trực tâm H(1; 2; 3)

Cách 2: Vì ∆ABC vng tại A nên trực tâm H ≡ A, tức H(1; 2; 3) g. Ta có thể lựa chọn một hai cách sau:

Cách 1: Giả sửI(x; y; z) tâm đường trịn ngoại tiếp ∆ABC, ta có:

AI BI AI CI I (ABC) =   =   ∈  ⇔ 2 2 AI BI AI CI

AB, AC, AH đồng phẳng

 =  =      ⇔ 2 2 AI BI AI CI

AB, AC AI

 =  =    =       ⇔

2 2 2

2 2 2

(x 1) (y 2) (z 3) (x 3) (y 5) (z 4)

(x 1) (y 2) (z 3) (x 3) y (z 5)

4x y 5z 13

 − + − + − = − + − + −  − + − + − = − + + −   − − = −  ⇔

2x 3y z 18 x y z

4x y 5z 13

+ + =   − + =   − − = −  ⇔ x y / z /

=   =   = 

Vậy, ta tâm đường tròn ngoại tiếp I 3; ;5 9 2 2

 

 

 

Cách 2: Vì ∆ABC vng tại A nên tâm I của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC trung điểm của BC, tức 5 9

I 3; ; 2 2

 

 

 

F Nhận xét: Như vậy, với toán (tam giác khơng gian) em học sinh có thể ơn tập được hầu hết kiến thức học "Hệ tọa độ khơng gian", với câu f), g):

 Ở cách 1, nhận phương pháp chung để thực yêu cầu của toán

 Ở cách 2, bằng việc đánh giá được dạng đặc biệt của ∆ABC nhận được lời giải

đơn giản rất nhiều

a. Tìm tọa độ điểm A1, A2 theo thứ tự điểm đối xứng với điểm A qua mặt phẳng

(Oxy) trục Oy

b. Chứng minh A, B, C, D bốn đỉnh hình tứ diện c. Tính thể tích khối tứ diện ABCD.

d. Chứng minh hình chóp D.ABClà hình chóp

e. Tìm tọa độ chân đường cao H của hình chóp D.ABC

f. Chứng minh tứ diện ABCD có cạnh đối vng góc với g. Tìm tọa độ điểm Icách bốn điểm A, B, C, D

 Giải

a. Ta lần lượt:

 Hình chiếu vng góc của điểm A mặt phẳng (Oxy) điểm E(5; 3; 0) Từ đó, E trung điểm của AA1 nên A1(5; 3; 1)

 Hình chiếu vng góc của điểm A trục Oy điểm F(0; 3; 0) Từ đó, F trung điểm của AA2 nên

A2(−5; 3; 1)

b. Ta có thể lựa chọn một hai cách sau:

Cách 1: Để chứng minh bốn điểm A, B, C, D không đồng phẳng ta sẽđi chứng minh ba vectơ DA(2; 2; 1), DB (−1; 2; −2), DC(−2; 1; 2) không đồng phẳng

Giả sử trái lại, tức ba vectơ DA, DB, DC đồng phẳng, sẽ tồn tại cặp số thức α, β cho:

DA 

= αDB + βDC ⇔

2

2

1 2

= −α − β 

 = α +β 

 = − α + β 

, vô nghiệm

⇒Ba vectơ DA, DB, DC không đồng phẳng Vậy, bốn điểm A, B, C, D bốn đỉnh của một hình tứ diện

Cách 2: Ta có DA(2; 2; 1), DB(−1; 2; −2), DC(−2; 1; 2), từđó suy ra:

DA, DB DC

 

 

  

= ( 2) 2 2.2

2 −2 − + −2 −1 + −1 = 27 ≠ ⇒Ba véctơ DA, DB DC không đồng phẳng

Vậy, bốn điểm A, B, C, D bốn đỉnh của một hình tứ diện

c. Thể tích V của tứ diện ABCD được cho bởi V DA, DB DC

6  

=    = 92

d. Ta lần lượt có:

2 2

2 2

2 2

DA 2

DB ( 1) ( 2)

DC ( 2)

 = + + =



 = − + + − =

 

= − + + =



⇒ DA = DB = DC

Tương tự, ta có AB = BC = CA = 3 2.

Vậy, hình chóp D.ABC hình chóp đều e. Ta có thể trình bày theo hai cách sau:

Cách 1: Giả sử H(x; y; z) hình chiếu vng góc của D lên mặt phẳng (ABC), ta có điều kiện:

DH AB

DH AC

H (ABC)

⊥ 

 ⊥

  ∈ 

⇔

DH AB

DH AC

Ba vectơ AB, AC, AH đồng phẳng

 ⊥

 ⊥

  

   

   ⇔

DH.AB DH.AC

AB, AC AH

 =

 =



  =

 



   

⇔

x z 4x y z 15

x 5y z

+ =   + − =   − − = −  ⇔

x / y / z /

=   =   = − 

⇒ H 8 8; ; 5

3 3 3

 − 

 

 

Vậy, ta được H 8 8; ; 5

3 3 3

 − 

 

 

Cách 2: Dựa theo kết quảcâu d), ta suy chân đường cao H của hình chóp D.ABC trọng tâm của

∆ABC, đó:

( )

1

OH OA OB OC

3

= + +

   

⇔ H xA xB xC;yA yB yC;zA zB zC 8; ;

3 3 3

+ + + + + +

  = − 

 

   

 

f. Với cặp cạnh AD BC, ta có:

DA(2; 2; 1), BC(−1; −1; 4) ⇒ DA.BC = ⇔ AD ⊥ BC Chứng minh tương tự, ta có AB ⊥ CD AC ⊥ BD

Vậy, tứ diện ABCD có cạnh đối vng góc với g. Ta có thể trình bày theo hai cách sau:

Cách 1: Giả sử I(x; y; z) tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD, ta có:

AI BI AI CI AI DI =   =   =  ⇔ 2 2 2 AI BI AI CI AI DI  =  =   =  ⇔

2 2 2

2 2 2

2 2 2

(x 5) (y 3) (z 1) (x 2) (y 3) (z 4)

(x 5) (y 3) (z 1) (x 1) (y 2) z

(x 5) (y 3) (z 1) (x 3) (y 1) (z 2)

 − + − + + = − + − + +  − + − + + = − + − +   − + − + + = − + − + +  ⇔

x z 4x y z 15 4x 4y 2z 21

+ =   + − =   + + =  ⇔

x / y / z /

=   =   = − 

⇒ I 5 7; ; 3

2 2 2

 − 

 

 

Cách 2: Dựa theo kết quả câu d), ta suy tâm I(x; y; z) thuộc DH cho ID = IB, tức ta có:

2

DI BI

DI // HI

 =

 

  ⇔

2 2 2

(x 3) (y 1) (z 2) (x 2) (y 3) (z 4)

x y z

8

x y z

3 3

 − + − + + = − + − + +  − − +  = =  − − +  ⇔

2x 4y 4z 15

5x y 16 x z

− + = −   + =   + =  ⇔

x / y / z /

=   =   = − 

⇒ I 5 7; ; 3

2 2 2

 − 

 

 

F Nhận xét: Như vậy, với toán (khối đa diện) em học sinh ôn tập được kiến thức bài học "Hệ tọa độ khơng gian", đó:

 Ở câu b), nhận hai phương pháp để chứng minh bốn điểm không đồng phẳng (tương ứng với ba vectơ không đồng phẳng) thông thường sử dụng cách 2 thi Và đặc biệt giá trị DA, DB DC   được xác định rất nhanh xác với em học sinh biết sử dụng máy tính Casio fx − 570MS

A B

C D

 Ởcâu e), cách trình bày phương pháp chung cho mọi dạng tứ diện cách đề xuất dựa dạng đặc biệt của tứ diện ABCD Và em học sinh cần nhớ thêm rằng chúng ta cịn có một cách chung khác bằng việc thực hiện theo bước:

Bước 1: Viết phương trỡnh mặt phẳng (ABC)

Bước 2: Viết phương trỡnh đường thẳng (d) qua D vuụng gúc với mặt phẳng (ABC)

Bước 3: Khi đú, điểm H chớnh giao điểm của đường thẳng (d) với mặt phẳng (ABC)

 Hai cách sử dụng câu g) với ý tương tượng tựnhư câu e) Tuy nhiên, em học

sinh có thể thực hiện sau:

Bước 1: Viết phương trỡnh mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD (phương trỡnh mặt cầu

đi qua bốn điểm)

Bước 2: Từ kết quảởbước 1, chỳng ta nhận được tọa độ tõm I Dạng toán 2: Phương trỡnh mặt cầu

Phương pháp

Với phương trình cho dưới dạng tắc:

(S): (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = k, với k >

ta lần lượt có:

Bán kính bằng R = k

Tọa độ tâm I nghiệm của hệphương trình:

x a

y b

z c

− =   − =   − = 

⇔

x a

y b

z c

=   =   = 

⇒ I(a; b; c)

Với phương trình cho dưới dạng tổng quát ta thực hiện theo bước:

Bước 1: Chuyển phương trỡnh ban đầu về dạng:

(S): x2 + y2 + z2− 2ax − 2by − 2cz + d = (1) Bước 2: Để(1) phương trỡnh mặt cầu điều kiện là:

a2 + b2 + c2− d > Bước 3: Khi đú (S) cú thuộc tớnh:

2 2

T m I(a; b;c)

B k nh R a b c d

â án í

= + + −



ThÝ dơ 1. Cho họ mặt cong (Sm) có phương trình:

(Sm): (x − 2)2 + (y − 1)2 + (z − m)2 = m2− 2m + a. Tìm điều kiện của m để (Sm) là họ mặt cầu

b. Tìm mặt cầu có bán kính nhỏ họ (Sm)

c. Chứng tỏ họ (Sm) ln chứa đường trịn cố định  Giải

a Để (Sm) một họ mặt cầu điều kiện là:

m2− 2m + > ⇔ (m − 1)2+ > 0, ln đúng.

Vậy, với mọi m (Sm) ln phương trình của mặt cầu với:

2

T m I(2;1; m)

B k nh R (m 1)

â án í

 

= − +



b Ta có:

R2 = (m - 1)2 + ≥ ⇒ Rmin= 2, đạt được m =

Vậy, họ (Sm) mặt cầu (S1) có bán kính nhỏ nhất bằng

c Giả sử M(x0; y0; z0) điểm cốđịnh mà họ (Sm) ln qua, ta có:

⇔ 2

0 0

2(1 z )m (x− + −2) +(y −1) + − =z 5 0, m∀

⇔

2 2

0 0

1 z 0

(x 2) (y 1) z 5 0

− =



 − + − + − =

 ⇔

0

2

0

z 1

(x 2) (y 1) 4

= 

 − + − =



Vậy, họ (Sm) ln chứa đường trịn (C) có tâm I0(2; 1; 1) bán kính R0 = nằm mặt phẳng (P0): z = F Chú ý: Thông qua lời giải câu c) em học sinh tổng kết đểcó phương pháp thực hiện yêu cầu

"Chứng tỏ họ mặt cầu (Sm) luôn chứa đường trịn cố định".

ThÝ dơ 2. Cho họ mặt cong (Sm) có phương trình:

(Sm): x2 + y2 + z2 - 2m2x - 4my + 8m2 - = a. Tìm điều kiện của m để (Sm) là một họ mặt cầu

b. Chứng minh tâm họ (Sm) luôn nằm Parabol (P) cố định mặt phẳng

Oxy, khi m thay đổi

c. Trong mặt phẳng Oxy, gọi F là tiêu điểm của (P) Giả sử đường thẳng (d) đi qua F tạo với chiều dương trục Ox một gócαvà cắt (P) tại hai điểm M, N

 Tìm toạ độ trung điểm E của đoạn MN theoα

 Từ suy quỹ tích E khi αthay đổi

 Giải

a Ta có thể trình bày theo hai cách sau:

Cách 1: Biến đổi phương trình ban đầu về dạng: (x − m2)2 + (y − 2m)2 + z2 = m4− 4m2 +

Từđó, đểphương trình cho phương trình của mặt cầu điều kiện là: m4− 4m2 + > ⇔ (m2− 2)2 > ⇔ m2− ≠ ⇔ m≠ ± 2 Vậy, với m≠ ± 2 (Sm) phương trình của mặt cầu có:

2

2

T m I(m ; 2m;0)

Bk nh R m

© Ý



 = −



Cách 2: Để (Sm) một họ mặt cầu điều kiện cần đủ là:

m4 + 4m2 - 8m2 + > ⇔ (m2 - 2)2 > ⇔ m2− ≠ ⇔ m≠ ± 2 Vậy, với m≠ ± 2 (Sm) phương trình của mặt cầu có:

2

2

T m I(m ; 2m;0)

Bk nh R m

© Ý



 = −



b Ta có:

Im:

2

x m

y 2m

z

 =  =   = 

⇔ y2 4x

z

 = 

=

Vậy, mặt phẳng Oxy tâm Im nằm Parabol (P): y2 = 4x

c Trong mặt phẳng Oxy, xét Parabol (P): y2= 4x, có tiêu điểm F(1; 0)

 Phương trình đường thẳng (d) qua F tạo với chiều dương của trục Ox một góc α có dạng: (d): qua F(1;0)

hÖ sè gãck tan



 = α

 ⇔ (d): y = (x - 1)tanα

 Toạđộgiao điểm M, N của (P) (d) nghiệm của hệphương trình:

2

y 4x

y (x 1) tan

 = 

= − α

 ⇒ x

2

tan2α - 2(tan2α + 2)x + tan2α = (1) Ta có:

∆' = (tan2α + 2)2 - tan4α = 4tan2α + 4 > 0, ∀α

do (1) ln có nghiệm phân biệt

Vậy (P) (d) cắt tại hai điểm phân biệt M(xM; yM), N(xM; yM) có hồnh độ thoả mãn:

2

M N

2(tan 2)

x x

tan

α +

+ =

α

 Gọi E(xE, yE) trung điểm của đoạn MN, ta có:

E M N

E E

1

x (x x )

2

y (x 1) tan

 = +

 

 = − α



⇔

2

E

2

E

tan

x

tan

1 2(tan 2)

y tan

2 tan

 = α +

 α



  α + 

 =  −  α

  α 



⇔

2

E

E

tan

x

tan y

tan

 α +

=

 α



 =

 α



(I)

Khửα từ hệ(I) ta được y2E = 4xE -

Vậy, quĩ tích trung điểm E của đoạn MN thuộc Parabol (P1) cú phương trình y2 = 4x - mặt phẳng Oxy F Nhận xét: Như vậy, với toán trên:

 Ở câu a), việc trình bày theo hai cách chỉ có tính minh họa, bởi thực tế

thường sử dụng cách

 Ở câu b), sử dụng kiến thức về tam thức bậc hai

 Ở câu c), em học sinh thấy được mối liên hệ giữa hình học giải tích mặt phẳng với hình học giải tích khơng gian

Dạng toán 3: Vit phng trỡnh mt cầu Phương pháp

Gọi (S) mặt cầu thoảmãn điều kiện đầu Chúng ta lựa chọn phương trình dạng tổng qt hoặc dạng tắc

Khi đó:

1. Muốn có phương trình dạng tắc, ta lập hệ4 phương trình với bốn ẩn a, b, c, R, điều kiện R > Tuy

nhiên, trường hợp thường chia thành hai phần, bao gồm:

 Xác định bán kính R của mặt cầu

 Xác tâm I(a; b; c) của mặt cầu

Từđó, nhận phương trình tắc của mặt cầu

2. Muốn có phương trình dạng tổng qt, ta lập hệ4 phương trình với bốn ẩn a, b, c, d, điều kiện a2 + b2 + c2

F Chú ý: Cần phải cân nhắc giả thiết của tốn thật kỹcàng để lựa chọn dạng phương trình thích hợp 2 Trong nhiều trường hợp đặc thù cịn sử dụng phương pháp quỹtích đểxác định

phương trình mặt cầu

ThÝ dơ 1. Viết phương trình mặt cầu trường hợp sau:

a. Đường kính AB với A(3; −4; 5), B(−5; 2; 1)

b. Tâm I(3; −2; 1) và qua điểm C(−2; 3; 1)

 Giải

a. Ta có thể trình bày theo cách sau:

Cách 1: Mặt cầu (S) cú: (S):

Tâm I trung ®iĨm AB AB B¸n kÝnh R

2

 

 =

 ⇔ (S):

T©m I( 1; 1; 3)

R 29

− − 

 = 

⇔ (S): (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z - 3)2 = 29

Cách 2: Ta có:

M(x; y; z) ∈ (S) ⇔ MA ⊥ MB ⇔ AM.BM  =

⇔ (x − 3; y + 4; z − 5).(x + 5; y − 2; z − 1) =

⇔ (x − 3)(x + 5) + (y + 4)(y − 2) + (z − 5)(z − 1) =

⇔ x2 + y2 + z2 + 2x + 2y - 6z − 18 = Đó phương trình mặt cầu (S) cần tìm

Cách 3: Ta có:

M(x; y; z) ∈ (S) ⇔∆MAB vuông tại M ⇔ AM2 + BM2 = AB2

⇔ (x − 3)2 + (y + 4)2 + (z − 5)2 + (x + 5)2 + (y − 2)2 + (z − 1)2 = 116 ⇔ x2 + y2 + z2 + 2x + 2y - 6z − 18 =

Đó phương trình mặt cầu (S) cần tìm

b. Ta có thể trình bày theo cách sau:

Cách 1: Mặt cầu (S) có: (S): Tâm I

Đ i qua C

 ⇔ (S):

T©m I(3; 2;1)

B¸n kÝnh R IC

− 



= =



⇔ (S): (x − 3)2 + (y + 2)2 + (z − 1)2 = 50 Cách 2: Mặt cầu (S) có tâm I(3; −2; 1) có phương trình:

(x − 3)2 + (y + 2)2 + (z − 1)2 = R2 Điểm C(−2; 3; 1) ∈(S) điều kiện là:

(−2 − 3)2 + (3 + 2)2 + (1 − 1)2 = R2⇔ R2 = 50 Vậy, phương trình mặt cầu (S) có dạng:

(x − 3)2 + (y + 2)2 + (z − 1)2 = 50

Cách 3: Mặt cầu (S) có tâm I(3; −2; 1) có phương trình: (S): x2 + y2 + z2− 6x + 4y − 2z + d =

Điểm C(−2; 3; 1) ∈(S) điều kiện là:

4 + + + 12 + 12 − + d = ⇔ d = 36

Vậy, phương trình mặt cầu (S): x2 + y2 + z2− 6x + 4y − 2z + 36 =

Cách 4: Ta có:

M(x; y; z) ∈ (S) ⇔ IM = IA ⇔ IM2 = IA2

⇔ (x − 3)2 + (y + 2)2 + (z − 1)2 = 50

F Nhận xét: Như vậy, với toán trên:

 Ở câu a), với cách xác định tọa độ tâm I tính bán kính R, từđó sử dụng cơng thức để nhận phương trình tắc của mặt cầu (S) Các cách 2, cách

chúng ta sử dụng phương pháp quỹtích để nhận phương trình mặt cầu (S)

 Ởcâu b), cách có ý tương tương tựnhư câu a) Các cách 2, cách sử

dụng dạng phương trình có sẵn của mặt cầu ởđó giá trị của tham số lại (R hoặc d) xác định thông qua điều kiện C thuộc (S) Cách sử dụng phương pháp quỹtích để nhận phương trình mặt cầu (S)

ThÝ dơ 2. Viết phương trình mặt cầu qua haiđiểm A(1; 2; 2), B(0; 1; 0) tâm I thuộc trục Oz

 Giải

Ta có thể trình bày theo cách sau:

Cách 1: Mặt cầu (S) có tâm I thuộc trục Oz suy I(0; 0; c) nên có dạng: x2 + y2 + (z − c)2 = R2

• Điểm A(1; 2; 2) ∈ (S) nên:

1 + + (2 − c)2 = R2⇔ (c − 2)2 + = R2 (1) • Điểm B(0; 1; 0) ∈ (S) nên:

1 + (−c)2 = R2⇔ c2 + = R2 (2)

Lấy (2) - (1), ta được: 4c − = ⇔ c =

Thay c = vào (2), ta được R2 =

Vậy, phương trình mặt cầu (S) có dạng: (S): x2 + y2 + (z − 2)2 =

Cách 2: Mặt cầu (S) có tâm I thuộc trục Oz suy I(0; 0; c) nên có dạng: x2 + y2 + z2− 2cy + d = 0, với c 2− d >

Với điểm A, B thuộc (S), ta có hệphương trình:

9 4c d d

− + =

  + =

 ⇔

c

d

=   = −



Vậy, phương trình mặt cầu (S) có dạng: (S): x2 + y2 + z2− 4z − =

Cách 3: Mặt cầu (S) có tâm I thuộc trục Oz suy I(0; 0; c) Với các điểm A, B thuộc (S), ta có điều kiện là:

IA = IB ⇔ IA2 = IB2⇔ + + (2 − c)2 = + (−c)2⇔ c =

Vậy, phương trình mặt cầu (S) được cho bởi: (S): Tâm I(0;0;2)

Bán kính R IA

 

= =

 ⇔ (S): x

2

+ y2 + (z − 2)2 =

Cách 4: Mặt cầu (S) có tâm I thuộc trục Oz suy I(0; 0; c)

Trung điểm của AB điểm M 3; ; 2

 

 

 , ta có điều kiện là:

IM ⊥ AB ⇔ IM ⊥AB ⇔ IM.AB 0 =

⇔ 3; ; c ( 1; 1; 2)

2

 −  − − − =

 

  ⇔

1

2(1 c)

2

− − − − = ⇔ c =

(S): Tâm I(0;0;2)

Bán kính R IA

 

= =

 ⇔ (S): x

2

+ y2 + (z − 2)2 =

F Chú ý: Ngoài bốn cách giải trên, để viết phương trình mặt cầu qua hai điểm A, B có tâm thuộc

đường thẳng (d) cịn có thể thực hiện theo bước sau:

Bước 1: Mặt cầu (S) qua hai điểm A, B suy tõm I thuộc mặt phẳng (P) mặt phẳng trung trực của AB Ta cú:

(P): Qua E l trung vtpt AB

à điểm AB

 

 

Bước 2: Tõm {I} = (P) ∩ (d), nờn toạđộ của I nghiệm của hệphương trỡnh tạo bởi (d) (P)

Bước 3: Vậy, phương trỡnh mặt cầu (S) được cho bởi: (S): T m I

B n k nh R IA

â Ý



 =



ThÝ dơ 3. Viết phương trình mặt cầu qua ba điểm A(2; 1; 1), B(1; 1; 0), C(0; 2; 4) và có tâm nằm mặt phẳng (Oyz)

 Giải

Ta có thể trình bày theo cách sau:

Cách 1: Giả sử mặt cầu (S) có phương trình:

(S): x2 + y2 + z2− 2ax − 2by − 2cz + d = 0, với a 2 + b2 + c2− d >

Vì tâm I(a; b; c) thuộc mặt phẳng (Oxy) nên a = (1) Với điểm A, B, C thuộc (S), ta có hệphương trình:

6 4a 2b 2c d 2a 2b d 20 4b 8c d

− − − + =



 − − + = 

 − − + = 

⇔

2b 2c d 2a 2b d 4b 8c d 20

+ − =



 + − = 

 + − =



⇔ b c d

=   =   = 

Vậy, phương trình mặt cầu (S): x2 + y2 + z2− 2y − 4z =

Cách 2: Mặt cầu (S) có tâm I thuộc mặt phẳng (Oyz) suy I(0; b; c) Với điểm A, B, C thuộc (S), ta có điều kiện là:

AI = BI = IC

⇔ 2

2

AI BI

AI CI

 =

 

=

 ⇔

2 2

2 2

4 (b 1) (c 1) 1 (b 1) c

4 (b 1) (c 1) (b 2) (c 4)

 + − + − = + − +

 

+ − + − = − + −



⇔ c

b 3c

= 

 + =

 ⇔

c b

=   =



Vậy, phương trình mặt cầu (S) được cho bởi: (S): T©m I(2;1;0)

B¸n kÝnh R IA



 = =

 ⇔ (S): x

2

+ (y − 1)2 + (z − 2)2 =

F Chú ý: Ngoài hai cách giải trên, để viết phương trình mặt cầu qua ba điểm A, B, C có tâm thuộc mặt phẳng (P) cịn có thể tận dụng được tính chất của ∆ABC để nhận được lời giải đơn giản

hơn, cụ thể:

Bước 1: Ta cú:

Nếu ∆ABC tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC trọng tâm H của ∆ABC Nếu ∆ABC vng tại A tâm đường trịn ngoại tiếp ∆ABC là trung điểm H của BC

Bước 2: Viết phương trỡnh đường thẳng (d) qua H vuụng gúc với với mặt phẳng (ABC)

Bước 4: Vậy, phương trỡnh mặt cầu (S) được cho bởi: (S): Tâm I

B¸n kÝnh R IA 

 =



Chúng ta sẽđược thấy cách giải phần đường thẳng

ThÝ dô 4. Lập phương trình mặt cầuđi qua ba điểm A(2; 1; 1), B(1; 1; 0), C(0; 2; 4) và có bán kính bằng 5

 Giải

Ta có thể trình bày theo cách sau:

Cách 1: Giả sử mặt cầu (S) có phương trình:

(S): x2 + y2 + z2− 2ax − 2by − 2cz + d = 0,

ta có a 2 + b2 + c2− d = (1)

Vì điểm A, B, C thuộc (S), ta có hệphương trình:

6 4a 2b 2c d 2a 2b d 20 4b 8c d

− − − + =



 − − + = 

 − − + = 

⇔

2a 2b d a c

a b 4c

+ − =

  + = 

 − − = − 

⇔

c a b 5a d 12a

= − 

 = + 

 = 

(I)

Thay (I) vào (1), ta được:

a 2 + (5a + 1)2 + (2 − a)2− 12a = ⇔ 27a2− 6a =

⇔ a = hoặc a

=

Khi đó:



 Với a = ta được b = 1, c = d = nên: (S1): x2 + y2 + z2− 2y − 4z =



 Với a

9

= ta được b 19, c 16 v d

9 µ

= = = nên:

2 2

2

4 38 32

(S ) : x y z x y z

9 9

+ + − − − − =

Vậy, tồn tại hai mặt cầu (S1) (S2) thỏa mãn điều kiện đầu Cách 2: Giả sử mặt cầu (S) với bán kính bằng có phương trình:

(S): (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 =

Vì điểm A, B, C thuộc (S), ta có hệphương trình:

2 2

2 2

2 2

(2 a) (1 b) (1 c)

(1 a) (1 b) c

a (2 b) (4 c)

 − + − + − =



− + − + =



 + − + − = 

⇔

2 2

(1 a) (1 b) c

a c

a b 4c

 − + − + =

 + = 

 − − = − 

⇔

2 2

(1 a) (1 b) c

c a b 5a

 − + − + =

 = − 

 = + 

⇔

2 2

(1 a) 25a (2 a)

c a b 5a

 − + + − =

 = − 

 = + 

⇔

2

27a 6a

c a b 5a

 − =

 = − 

 = + 

⇒ a 02 b 1, c19 v16 d

a b , c v d

9 9

µ µ

= ⇒ = = =

 

 = ⇒ = = =



Khi đó:





 Với a

9

= , b 19, c 16 v d

9 µ

= = = ta được:

2 2

2

4 38 32

(S ) : x y z x y z

9 9

+ + − − − − =

Vậy, tồn tại hai mặt cầu (S1) (S2) thỏa mãn điều kiện đầu

ThÝ dô 5. Cho bốn điểm A(1; 1; 1), B(1; 2; 1), C(1; 1; 2) và D(2; 2; 1)

a. Chứng tỏ rằng A, B, C, D khơng đồng phẳng Tính thể tích tứ diện ABCD.

b. Lập phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

 Giải

a. Ta có AB(0; 1; 0), AC(0; 0; 1), AD(1; 1; 0) , suy ra:

AB, AC AD

 

   = (1; 0; 0)(1; 1; 0) = ≠

⇒ AB, AC, AD không đồng phẳng ⇔A, B, C, D không đồng phẳng Ta có:

VABCD = 1

6 AB, AC AD   

= 1

6|đvtt. b. Ta có thể trình bày theo cách sau:

Cách 1: Giả sử mặt cầu (S) có tâm I(a; b; c), ta có điều kiện:

IA IB IA IC IA ID

= 

 =



 =



⇔

2

2

2

IA IB

IA IC

IA ID

 =

 = 

 =



⇔

2 2 2

2 2 2

2 2 2

(x 1) (y 1) (z 1) (x 1) (y 2) (z 1)

(x 1) (y 1) (z 1) (x 1) (y 1) (z 2)

(x 1) (y 1) (z 1) (x 2) (y 2) (z 1)

 − + − + − = − + − + −

 − + − + − = − + − + −



 − + − + − = − + − + − 

⇔

2y 2z x y

= 

 =



 + − = 

⇔ x = y = z = 3

2 ⇒

3 3

I ; ;

2 2

 

 

 

Vậy, phương trình mặt cầu (S) được cho bởi: (S):

3 3 T©m I ; ;

2 2 B¸n kÝnh R IA

2

  

 

  



 = =



⇔ (S):

2 2

3 3

x y z

2 2

 −  + −  + −  =

     

     

Cách 2: Giả sử mặt cầu (S) có dạng:

(S): x2 + y2 + z2 - 2ax - 2by - 2cz + d = 0, điều kiện a2 + b2 + c2 - d ≥

Điểm A, B, C, D ∈(S), ta được:

3 2a 2b 2c d 0 6 2a 4b 2c d 0 6 2a 2b 4c d 0 9 4a 4b 2c d 0

− − − + = 

 − − − + = 

 − − − + = 

 − − − + = 

⇔

2a 2b 2c d 3 2a 4b 2c d 6 2a 2b 4c d 6 4a 4b 2c d 9

+ + − = 

 + + − = 

 + + − = 

 + + − = 

⇔

3 a b c

2 d

 = = = 

  = 

Vậy, phương trình mặt cầu (S) có dạng: (S): x2 + y2 + z2 - 3x − 3y - 3z + =

F Chú ý: Với câu b), hai cách giải trên, để viết phương trình mặt cầu qua bốn điểm không đồng phẳng A, B, C, D (ngoại tiếp tứ diện ABCD) cịn có thể tận dụng được tính chất của tứ diện ABCD để nhận được lời giải đơn giản hơn, cụ thể:

Trường hợp 1: Nếu DA = DB = DC thì:

Bước 1: Xỏc định tõm I bằng cỏch:

 Dựng đường cao DH⊥(ABC)

 Dựng mặt phẳng trung trực (P) của DA

 Khi {I} = (DH) ∩ (P)

Bước 2: Vậy, phương trỡnh mặt cầu (S) được cho bởi: (S): Tâm I

B¸n kÝnh R IA 

 =



Trường hợp 2: Nếu DA⊥(ABC) thì:

Bước 1: Xỏc định tõm I bằng cỏch:

 Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC

 Dựng đường thẳng (d) qua K song song với DA (hoặc (d) ⊥ (ABC)

 Dựng mặt phẳng trung trực (P) của DA

 Khi {I} = (d) ∩ (P)

Bước 2: Vậy, phương trỡnh mặt cầu (S) được cho bởi: (S): Tâm I

B¸n kÝnh R IA



 =



Trường hợp 3: Nếu ACB ADB = =

2 π

mặt cầu ngoại tiếp DABC có tâm I trung điểm AB và bán kính R = AB

2

Trường hợp 4: Nếu AD BC có đoạn trung trực chung EF thì:

Bước 1: Ta lần lượt:

 Viết phương trình tham số của đường thẳng (EF) theo t

 Khi đó, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm I ∈ EF (thỏa mãn phương trình tham số của EF)

 Từđiều kiện IA2 = IC2 = R2 suy giá trị tham số t, từđó nhận được tọa độ tâm I

Bước 2: Vậy, phương trỡnh mặt cầu (S) được cho bởi: (S): Tâm I

B¸n kÝnh R IA 

 =



ThÝ dơ 6. Viết phương trình mặt cầu:

a. Có tâm I(2; 1; −6) và tiếp xúc với trục Ox

b. Có tâmI(2; −1; 4)và tiếp xúc với mặt phẳng (Oxy)

c. Có tâm O(0; 0; 0) tiếp xúc với mặt cầu (T) có tâm I(3; –2; 4), bán kính bằng 1

 Giải

a. Gọi H1 hình chiếu vng góc của I lên Ox, ta có H1(2; 0; 0) Để (S) tiếp xúc với trục Ox điều kiện là:

(S): T©m I(2;1; 6)

B¸n kÝnh R 37

− 



=

 ⇔ (S): (x - 2)

2

+ (y − 1)2 + (z + 6)2 = 37

b. Vì (S) tiếp xúc với mặt phẳng (Oxy) điều kiện là: R = d(I, (Oxy)) =

Khi đó:

(S): Tâm I(2; 1;4)

Bán kính R

− 

 =

 ⇔ (S): (x - 2)

2

+ (y + 1)2 + (z − 4)2 = 16

c. Để (S) tiếp xúc với mặt cầu (T) có tâm I(3; –2; 4), bán kính bằng điều kiện là: R OI

R 1 OI

+ = 

 − =

 ⇔

R 29

R 29

 + = 

− =

 ⇔

R 29

R 29

 = −



= +



Khi đó:

 Với R= 29 1− , ta c mt cu: (S1):

Tâm O(0;0;0) Bán kÝnh R 29

 

= −

 ⇔ ( )

2

2 2

1

(S ) : x +y +z = 29 1−

 Với R= 29 1+ , ta được mặt cầu: (S2):

Tâm O(0;0;0) Bán kính R 29

= +

 ⇔ ( )

2

2 2

2

(S ) : x +y +z = 29 1+ Vậy, tồn tại hai mặt cầu (S1), (S2) thỏa mãn điều kiện đầu

F Nhận xét: Như vậy, qua toán làm quen với việc viết phương trình mặt cầu tiếp xúc với đường thẳng, mặt phẳng mặt cầu Cụ thể:

 Mặt cầu (S) tâm I tiếp xúc với đường thẳng (d) khi: R = d(I, (d))

 Mặt cầu (S) tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P) khi: R = d(I, (P))

 Mặt cầu (S) tâm I tiếp xúc với mặt cầu (T) tâm T, bán kính RT khi:

(S) vµ (T)tiÕp xóc ngoµi (S) vµ (T)tiÕp xóc

 

 ⇔

T T

R R IT

R R IT

+ =



 − =



ThÝ dơ 7. Lập phương trình mặt cầu:

a. Có tâm nằm tia Ox, bán kính bằng và tiếp xúc với mặt phẳng (Oyz)

b. Có bán kính bằng và tiếp xúc với (Oxy) tại điểm M(3; 1; 0)

 Giải

a. Giả sử mặt cầu (S) có tâm I(a; b; c) bán kính R Từ giả thiết suy R = 5, ra:

 (S) tiếp xúc với mặt phẳng (Oyz) điều kiện là: d(I, (Oyz)) = R ⇔ a =

 Tâm nằm tia Ox điều kiện b = c = Vậy, phương trình mặt cầu (S) được cho bởi:

(S): Tâm I(5;0;0)

Bán kính R

 =

 ⇔ (S): (x - 5)

2 + y2 + z2 = 25

b. Ta lần lượt đánh giá:

IM = ⇔ c = ±2 ⇒ I1(3; 1; 2) I2(3; 1; −2) Khi đó:

 Với tâm I1(3; 1; 2) ta được mặt cầu:

(S1):

Tâm I (3;1;2) Bán kính R

 

=

 ⇔ (S1): (x - 3)

2

+ (y − 1)2 + (z − 2)2 =

 Với tâm I2(3; 1; −2) ta được mặt cầu:

(S2):

T©m I (3;1; 2) B¸n kÝnh R

− 

 =

 ⇔ (S2): (x - 3)

2

+ (y − 1)2 + (z + 2)2 = Vậy, tồn tại hai mặt cầu (S1) (S2) thỏa mãn điểu kiện đầu

BÀI TẬP TỰ LUẬN

Bi

1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba véc tơ

2 , ,

a i j k b   j k c   i j a) Xác định tọa độ véc tơ a b c  , , , x 3a2b

  

tính x 

b) Tìm giá trị x để véc tơ y2x 1; x x; 2vng góc với véc tơ 2b c 

c) Chứng minh véc tơ a b c  , , không đồng phẳng phân tích véc tơ u3;7; 14  qua ba véc tơ a b c  , ,

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho véc tơ

2 , ,

a i   jk b  i k c  j k a) Xác định tọa độ véc tơ a b c  , ,

b) Tìm tọa độ véc tơ u2a3b4c tính u  c) Tìm x để véc tơ v(3x1;x2; 3x)



vng góc với b d) Biểu diễn véc tơ x(3;1;7) qua ba véc tơ a b c  , ,

Bi

1 Cho hai véc tơ a b, có a 2 3, b 3,( , )a b  30 Tính

a) Độ dài véc tơ ab a, 52 , 3b a 2 ,b b) Độ dài véc tơ a b, ,   a b, , ,     a b

2 Tìm điều kiện tham số m cho

a) Ba véc tơ u(2;1;m v m), (  1; 2; 0), (1; 1;2)w  đồng phẳng

b) A(1; 1; ), ( ; 3;2 m B m m1), (4; 3;1), (C D m 3; m;2m) thuộc mặt phẳng

c) Góc hai véc tơ a(2; ;2m m1), ( ;2; 1)b m  60

Bi Cho tam giác ABC có B( 1;1; 1), (2; 3;5).  C Điểm A có tung độ 1,

3 hình chiếu điểm A BC 1; ;

3

K 

 và diện tích tam

giác ABC 49

S 

1 Tìm tọa độ đỉnh A biết A có hồnh độ dương 2 Tìm tọa độ chân đường vng góc hạ từ B đến AC

3 Tìm tọa độ tâm I đường tròn ngoại tiếp tọa độ trực tâm H tam giác ABC 4 Chứng minh HG 2GI

 

với G trọng tâm tam giác ABC

điểm A(2; 4;1), (0; 4; 4), (0; 0;1)B C D có hồnh độ dương

1 Xác định tọa độ điểm D

2 Gọi G trọng tâm tứ diện ABCD Chứng minh G cách đỉnh tứ diện

3 Gọi M N, trung điểm AB CD, Chứng minh MN đường vnggóc chung hai đường thẳng AB

CD

4 Tính độ dài đường trọng tuyến tứ diện ABCD

Tính tổng góc phẳng đỉnh tứ diện ABCD

Bi Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A(0;2; 0), ( 1; 0; 3),B  C(0; 2; 0), D(3;2;1)

1 Chứng minh bốn điểm A B C D, , , khơng đồng phẳng;

2 Tính diện tích tam giác BCD đường cao BH tam giác BCD;

3 Tính thể tích tứ diện ABCD đường cao tứ diện hạ từ A;

4 Tìm tọa độ E cho ABCE hình bình hành;

5 Tính cosin góc hai đường thẳng AC BD;

6 Tìm điểm M thuộc Oy cho tam giác BMC cân ;

7 Tìm tọa độ trọng tâm G tứ diện ABCD chứng minh A G A, , ’ thẳng hàng với A' trọng tâm tam giác BCD

Bi Cho tam giác ABC có A(2; 3;1), ( 1;2; 0), (1;1; 2).B C 

1 Tìm tọa độ chân đường vng góc kẻ từ A xuống BC

2 Tìm tọa độ H trực tâm tam giác ABC

3 Tìm tọa độ I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

4 Gọi G trọng tâm tam giác ABC Chứng minh điểm G H I, , nằm đường thẳng

Bi

Trong không gian với hệ tọa độ Đề Các vng góc Oxyz cho tam giác ABC có A(5; 3; 1), (2; 3; 4) B  điểm C nằm

trong mặt phẳng (Oxy) có tung độ nhỏ

a) Tìm tọa độ điểm D biết ABCD tứ diện

b) Tìm tọa độ điểm S biết SA SB SC, , đôi vng góc Bi

Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A3; 2; 4 

a) Tìm tọa độ hình chiếu A lên trục tọa độ mặt phẳng tọa độ

b) Tìm M Ox N, Oy cho tam giác AMN vng cân A

c) Tìm tọa độ điểm E thuộc mặt phẳng (Oyz) cho tam giác AEB cân E có diện tích 29 với B1; 4; 4 

Bi

Trong không gian với hệ trục Oxyz cho A(4; 0; 0), ( ; ; 0)B x y0 0 với 0, 0

x y  thỏa mãn AB2 10 AOB450

a) Tìm C tia Oz cho thể tích tứ diện OABC

b) Gọi G trọng tâm ABO M cạnh AC cho AM x Tìm x để OM GM

HƯỚNG DẪN GIẢI

Vấn đề CÁC ĐỊNH TỌA ĐỘ CỦA ĐIỂM, TỌA ĐỘ VECTƠ Bài

1 a) Ta có: a=(2; 3; 5− ),b =(0; 3; , 1; 2; 0− ) c = − −( )

Suy 3a =(6; 9; 15 , 2− ) b =(0; 6; 8− )⇒ =x (6; 3; 7− )

Do đó: x = 62 +32 + −( 7)2 = 94

b) Ta có: 2b − =c (1; 4; 8− ), nên y vng góc với 2b −c khi

( )

1.(2 1) 4.( ) 8(3 2)

2

y b−c = ⇔ x− − − +x x+ = ⇔ x = −

  

c)

Nên ba véc tơ a b c  , , không đồng phẳng.

Cách 2.Giả sử ba véc tơ a b c  , , đồng phẳng Khi tồn hai số thực x y, cho a= x b.+ y c. (1) Mà xb+ yc = − −( y; 3x−2 ; 4y x) nên (1)

2

3

4

y

x y

x

− = 

⇔ − − =

 = −



hệ vô nghiệm. Vậy a b c  , , không đồng phẳng.

Giả sử u= ma+nb+ pc (2)

Do ma+nb+ pc =(2m− p; 3m−3n−2 ; 5p − m+4n) nên (2) tương đương với

2

3 2, 1,

5 14

m p

m n p m n p

m n

 − =

 − − = ⇔ = = − =



− + = −



Vậy u=2a  − +b c

2. a) Ta có a=(2; 3; 1), ( 1; 0; 2), 0; 2; 3− b = − c=( − )

b) Ta có: u=2a+3b−4c =(1; 2;16− )⇒ u =3 29

c) Ta có: 1(3 1) 2(3 )

v⊥ ⇔b v b  = ⇔ − x− + −x = ⇔ x =

d) Giả sử:

32 11

1

2

11

2

37 11

k k p

x k a p b l c k l p

k p l

l

 = 

 − = 

 

= + + ⇔  + = ⇔  = −

− + − = 

  = −

 

   

Vậy 32 37

11 11 11

x = a− b− c

   

Bài

1. Do a = 3, b =3, ( , )a b  =300 nên ta có a b. =9

a) Sử dụng công thức

2 2 2

( )

ma+nb = ma+nb = m a + mn ab+n b

Ta tính a+b = 39, 5a+2b =2 129, 3a−2b =

b) Sử dụng công thức ma nb,  = m n .a b  si n(ma nb, )

Với ý ( , )a b  =( , )a b  =30 , (5 ,0 a −2 )b =1800−( , )a b  =150 0

2 a) Ta có [ ]u,v  = −( 2m; m− 2−m; m 5)− − nên ba véc tơ cho đồng phẳng [ ]u,v w 0   = hay

−2m.1 ( m+ − 2−m).( 1) ( m 5).2 0− + − − = ⇔m2−3m 10 0− = ⇔m= −2;m 5.=

Vậy giá trị cần tìm m m= −2;m 5.=

b) Ta có CA( 3; 4;m 1),CB(4 m;0;2 2m), CD(1 m;3 m;m 1). − − −  − −  − + − Suy CA,CB  = (8(1 m); (m 1)(m 2); 4(m 4)).− − + −

2

8(1 m) (m 1)(m 2)(3 m) 4(m 1)(m 4)

(m 1) (m 18) m 1; m 18

− + − + + + − − =

⇔ − + = ⇒ = = −

Vậy giá trị cần tìm m m 1; m= = −18 c) Ta có cos(a, b) a b

a b

=

   



 nên

0

2 2 2

2m 2m (2m 1).( 1) cos60

2 m (2m 1) m ( 1)

+ + − −

=

+ + − + + − 2

1 2m

2 5m 4m m 5

+ ⇔ =

− + +

Với m 1,

≥ − nên bình phương hai vế rút gọn ta được

4 2

5m −4m +14m −36m 21 0+ = ⇔(m 1) (5m− +6m 21) 0+ = ⇔m 1=

Giá trị cần tìm m m 1.=

Bài

1 Ta có BC(3;2;6) ⇒BC 7= nên AK 2SABC 14

BC

= =

Gọi A x; ;z1

 

 

  AK x;2;3 z ( − − )



Do từ

AK BC

14 AK

9

⊥  

 =

 suy

( )2

2

3x 6z 25 3x 6z 25

160

(1 x) z 45z 318z 405

9

+ =

  + =

 ⇔

 − + − = 

− + =

 

Từ ta có A 37 25; ; 15

− 

 

  (loại)

1 A 5; ;

3

 

 

  (thỏa mãn).

2 Gọi L là chân đường vuông góc hạ từ B đến AC

Ta có CL tCA=  nên L 3t;3 8t;5 10t

3

 + − − 

 

 

Do BL 3t;2 8t;6 10t ,CA 3; 8; 10

3 3

 + − −   − − 

   

   

 

nên

3 19

BL.CA t L ; ;3

5 5

 

= ⇔ = ⇒  

 

3 I 3 5; ; , H 3; ;4

2 3

   

   

   

4 G 2;13 17; HG 1; ;1 2GI 1; ;

9 9 18

 ⇒ − − = − − 

     

     

 

Bài A(2;4;1),B(0;4;4),C(0;0;1)

1 Gọi D(x;y;z) Từ DA BC,DB CA,DC AB= = = ta có hệ

2 2

2 2

2 2

2 2

x 2(1 y)

(x 2) (y 4) (z 1) 25

12 4y

x (y 4) (z 2) 20 z

3

x y (z 1) 13 x y (z 1) 13

= −



 − + − + − = 

 −

 + − + − = ⇔ =

 

 + + − = 

 

  + + − =

Suy D(2;0;4),D 166 144 52; ;

61 61 61

− 

 

  Chọn điểm D(2;0;4)

2 Tọa độ trọng tâm tứ diện G 1;2;5

2

 

 

 

Tính GA GB GC GD 29

2

Vậy G cách đỉnh tứ diện (là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện).

3 Ta có M 1;4;5 , N 1;0;5 MN(0; 4;0)

2

    ⇒ −

   

   



Do MN.AB MN.CD 0.   = = Hay MN là đường vng góc chung hai đường thẳng AB CD

4 Gọi A ,B ,C ,D′ ′ ′ ′ lần lượt trọng tâm mặt đối diện

Ta có AA BB CC DD 29

3

′= ′= ′= ′=

5 Ba góc đỉnh tứ diện ba góc tam giác, nên tổng góc đỉnh 180

Bài

1 Ta có BA= (1; 2; 3), (1; 2; 3), (4; 2; 4)BC= − BD= , CD=(3; 4;1) Suy , ;3 1 ; ( 14; 8;10)

4 4

BC BD  − − 

  =  = −

 

   

 

Do   BA BC BD. ,  = 32 ≠ ⇒0 A B C D, , , khơng đồng phẳng.

2 Ta có: , ( 14)2 82 102 10

2

BCD

S∆ =  BC BD = − + + =

Vì

BCD

S∆ = BH CD nên suy 10 65

13 26

BCD

S BH

CD ∆

= = =

3 Ta có: , 16

6

ABCD

V =   BA BC BD  =

Gọi ( , ( )) 16 10

15 10

ABCD BCD

V

h d A BCD h

S∆

= ⇒ = =

4 Gọi E x y z( ; ; )

ABCE hình bình hành

1

2

3

x x

CE BA y y

z z

 =  =

 

⇔ = ⇔  + = ⇔  =

 =  =

 

 

Vậy E(1; 0; 3)

5 Ta có: AC =(0; 4; 0)− ⇒  AC BD = −8 cos( , )

4.6

AC BD AC BD

AC BD

⇒ = = =

   

6 Ta có M ∈Oy⇒ M(0; ; 0)y Tam giác BM C cân M ⇔ M C2 = M B2

2 2

( 1) ( 2)

2

y y y

⇔ − + + = + ⇔ =

Vậy  

 

3 0; ;

2

M

7 Ta có:  −   − 

   

2 1

' ; 0; , ; ;

3 2

A G ⇒ = − −  = − − 

   

 2 2  1 3 1

' ; 2; , ; ;

3 2

AA AG

Mà

2

2 4

3 ' , ',

1 3

2 2

AA AG A A G

− −

= = = ⇒ = ⇒

− −

 

thẳng hàng.

Bài

1 Gọi K là chân đường vng góc kẻ từ A xuống BC

Khi đó: K BC

AK BC

 ∈ 

• K ∈BC nên BK =t BC., do

 + = +  = −

 

− = − ⇒ = − ∈

 

 − = − −  = −

 



1 (1 1)

2 (1 2) ( )

0 ( 0)

K K

K K

K K

x t x t

y t y t t

x t x t

(2 1; ; )

K t t t

⇒ − − −

• AK ⊥ BC⇔  AK BC =0. Vì AK(2t− − − − −3; t; )t nên

1 (2 3).2 ( ).( 1) ( ).( 2)

3

t− + − −t − + − − t − = ⇔ =t

Tọa độ điểm K cần tìm 5; ; 3

K− − 

 

2 Gọi H x y z( ; ; ) là trực tâm tam giác ABC Ta có

( 2; 3; 1), ( 1; 2; ), ( 3; 1; 1), ( 1; 2; 3), (2; 1; 2)

AH x− y− z− BH x+ y− z AB − − − AC − − − BC − −

    

Tích có hướng hai véc tơ  AB AC,

1 1 3

, ; ; (1; 8; 5)

2 3 1

AB AC  − − − − − − 

  =  = −

 

   − − − − − − 

 

Vì H là trực tâm tam giác ABC nên

2 2 1

3

( ) , . 0 17

AH BC

AH BC x y z

BH CA BH CA x y z

H ABC AB AC AH x y z

 =

 ⊥   − − = −

 ⊥ ⇔  = ⇔  + + =

  

 ∈    − + = −

=

   

   

  

Giải hệ ta ;29; 15 15

H  − 

 

3 Gọi I x y z( ; ; ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có ( 2; 3; 1), ( 1; 2; ), ( 1; 1; 2)

AI x− y− z− BI x+ y− z CI x− y− z+

  

Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên

2

2

6 2

2

( ) , . 0 17

AI BI

AI BI x y z

AI CI AI CI x y z

I ABC AB AC AI x y z

 =

 =   + + =

 = ⇔  = ⇔  + + =

  

 ∈    − + = −

=

     

Giải hệ ta 14 61; ; 15 30

I  − 

 

4 Trọng tâm G của tam giác ABC có tạo độ thỏa mãn

2 1 1 2

; ; ; 2;

3 3 3

G − + + + + −   = − 

   

Do ; ; , ; ;

15 15 15 30

H G  GI  

   

 

nên H G=2GI, tức ba điểm G H I, , nằm đường

thẳng.

Bài

Vì C∈(Oxy) nên C x y( ; ; 0)

Ta có AB( 3; 0;− −3),AC x( −5;y−3;1),BC x( −2;y−3; 4) Tam giác là tam giác nên AB = AC = BC, do đó

2 2

2 2 2

( 5) ( 3) 18

( 5) ( 3) ( 2) ( 3)

AC AB x y

AC BC x y x y



 = ⇔  − + − + =

 

=

  − + − + = − + − +

2 1; 4

( 3) .

1;

x y

y

x y

x

  = =

 − =

⇔  ⇔  =

= =

 



Vì C có tung độ nhỏ 3 nên C(1; 2; 0)

a) Gọi D x y z( ; ; )

Khi AD x( −5;y−3;z+1),BD x( −2;y−3;z+4),CD x( −1;y−2; )z

Tam giác ABC là tam giác nên ABCD là tứ diện AD = BD =CD = AB =3 2. Ta

có hệ phương trình

2 2 2

2 2 2

2 2

( 5) ( 3) ( 1) ( 2) ( 3) ( 4)

( 5) ( 3) ( 1) ( 1) ( 2)

( 5) ( 3) ( 1) 18

x y z x y z

x y z x y z

x y z

 − + − + + = − + − + +

 − + − + + = − + − +

 

− + − + + =



2 2

1

16 16

( 5) (13 ) (2 ) 18 16 20

z x z x

y x y x

x x x x x

 = −  = −

 

⇔  = − ⇔  = −

 

− + − + − = − + =

 

Giải phương trình 3x2 −16x+20= 0 ta 2, 10.

3

x= x =

Vậy tọa độ điểm D D(2; 6; −1) hoặc 10; 2;

3 3

D − − 

 

b) Gọi S x y z( ; ; ). Ta có AS x( −5;y−3;z+1),BS x( −2;y−3;z+4),CS x( −1;y−2; )z

, ,

SA SB SC đơi vng góc khi

2

( 5)( 2) ( 3) ( 1)( 4) 0

( 2)( 1) ( 3)( 2) ( 4)

( 1)( 5) ( 2)( 3) ( 1)

AS BS x x y z z

BS CS x x y y z z

x x y y z z

CS AS

 =  − − + − + + + =

 

 = ⇔  − − + − − + + =

 

 =  − − + − − + + =



 



     

2 2

2 2

2 2 2

7 23 4 12

3 3

6 11 11

x y z x y z x y z

x y z x y z x z

x y z x y z x y z x y z

 + + − − + = −  + −

=

 



⇔  + + − − + = − ⇔ − − = −

 

+ + − − + = −  + + − − + = −



2

5 11

3 10

y z

x z

z z

 = +



⇔  = −



+ + =



Giải phương trình 3z2+10z+ =8 0 ta 2; 4.

3

z= − z= −

Suy hai điểm S thỏa mãn (3;1; 2), 13; ;

3 3

S − S − 

 

Bài

a) Gọi A1,A2,A3 lần lượt hình chiếu A lên trục Ox Oy Oz, , B B1, 2,B3 là hình chiếu A lên

các mặt phẳng tọa độ (Oxy), (Oyz), (Ozx)

Ta có: A1(3; 0; ,) A2(0; 2; ,− ) A3(0; 0; 4) B1(3; 2; ,− ) B2(3; 0; ,) (B3 0; 2; 4− ) b) Do M ∈Ox⇒ M m( ; 0; , 0; ; 0) N ∈Oy⇒ N ( n )

Tam giác AM N vng cân A nên ta có 2 AM AN AM AN  =   =   

2 2 2

2

2( 2) 16

3 (1)

3 3( 3) 2( 2) 16

2( 2) 16 ( 3) ( 4) ( 3) ( 2) ( 4)

( 2) (2) n m m n n m n n  + + − =  − − + + + =   ⇔  ⇔   + +  − + + − = − + + + −      = + +   

Ta có: (2)⇔ 4(n+2)2+64(n+2)+256=9(n+2)2+45

2

32 231 22 231

5

5( 2) 64( 2) 211

32 231 22 231 5 n n n n n n  +  + + = =     ⇔ + − + − = ⇔ ⇔  −  −  + =  =  

189 231 189 231

5 m m  + =   ⇒  −  = 

Vậy có hai thỏa u cầu tốn:

1

189 231 22 231

; 0; , 0; ;

15

M  +  N  + 

    hoặc

2

189 231 22 231

; 0; , 0; ;

15

M  −  N  − 

   

c) Vì E∈(Oyz) nên E(0; ;x y)

Suy AE = −( 3;y+2;z−4 , 1;) BE =( y−4;z+4)

( )

, 8; 8;10

AE BE y z z y

 

⇒   = + − + −

Nên từ giả thiết toán ta có:

2

2

2

1

, 29 , 1044

2

AE BE

AE BE

AE BE AE BE

  = =  ⇔        = =           

2 9 ( 2)2 ( 4)2 1 ( 4)2 ( 4)2

3

z AE = BE ⇔ + y+ + z− = + y− + z+ ⇔ y = +

( ) ( )

2 2 2

2

, 1044 8 (4 8) 10 1044

AE BE y z z y

  = ⇔ + − + + + − =     ( ) 2

50 16 26 16 34

4 1044 2,

3 25

z z

z z z

 −   − 

⇔   + + +  − = ⇔ = = −

   

• z= ⇒ =2 y 3 nên E(0; 3; 2)

• 34 37

25 25

z= − ⇒ y= − nên 0; 37; 34 25 25   − −     Bài

Theo giả thiết tốn ta có hệ phương trình sau:

2

0

0

2

0

( 4) 40

4

2

x y

x

x y

 − + =



 =



+ 

 + − =  =

 

⇔  ⇔ 

− − =

 = + 



2 2

0 0 0 0

2

2

0

0 0

8 24

4 12

2

x y x y x

x x

x x y

( )

 =



⇔  ⇒

= 

0

6

6; 6;

x

B y

a) Do C∈Oz⇒C(0; 0;m), 0m >

Ta có: OA= (4; 0; 0), (6; 6; 0)OB = ⇒  OA OB,  = (0; 0; 24) OC= (0; 0;m)

, 24

OA OB OC m

 

⇒    = 1.24 (0; 0; 2)

6

OABC

V m m C

⇒ = = ⇔ = ⇒

b) Ta có 10; 2;

G 

 , AM = x AC = −( ; 0; )x x

 

2

(4 ; 0; ) (4 ; 0; ); ; 2;

M x x OM x x GM  x x

⇒ − ⇒ = − = − 

 

 

2

2

(4 )( )

3

OM GM OM GM x x x

⇒ ⊥ ⇔   = ⇔ − − + =

2 56 19

20 15 14

3 15

x x x x x ±

⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ =

ĐÁP ÁN TRẮC NGHIỆM

Câu 1. Dựa vào lý thuyết: xmi n j pk, suy xm n p; ;  Chọn C.

Câu 2. Ta có

2

x a b x b  a

     

Suy 4; ;9 2

x    

Chọn A.

Câu 3.Đặt xm n p, , , ta có  

2

3 11 2,3,

3 20

m n p m

m n p n x

m n p p

      

 

 

 

         

 

 

 

      

 

 



Chọn B.

Câu 4. Ta có a  1 0   2; c  1 1  

Xét a b    1 1.1 0.0  0, suy ab Vậy đáp án lại D sai Chọn D.

Câu 5. Ta có  

2 2 2

1.1 1.1 0.1 2

cos ,

6 1 1

b c b c

b c

 

  

   

   

  Chọn C

Câu 6. Kiểm trảcác đáp án, ta thấy đáp án B

Thật vậy, ta có 2p3q  r 11, 6,5 c. Chọn B Câu 7. Ta có 2a   3b c   3,22,5 Chọn A.

Suy

2

2

3

2

m n

m m a n b c n

n

m n

   

  

 

      

 

   

  

Chọn C.

Câu 9. Ta có  

   

2 3;2 5;

2 20

1; 3;2

a b m

b a b m

b

    

     

   

 

  



Do

      

 

           

   

8 10

(2 ) 20

3 10 4

m m

b a b m

m m

  

Chọn A.

Câu 10. Ta có u v phương  

0

: 2

1

m

m

k u kv k m

k

m k

 

  

 

 

          

 

   

 

 Chọn B.

Câu 11.Đểhai vectơ a b phương

3

2

:

4

3

m k m

k a kb k n

n k

   

  

 

        

  

    

 



Chọn B.

Câu 12. Ta có  

 

4,2 ,3

2 , 2, 2

u m m

v m m m

   



     





Do u  v 4.2m 2 2m m  2  2m42m 20

2 26

9 6

6

m m m  

       Chọn A.

Câu 13. Sai ởBước 3, giải phương trình AB mà khơng có điều kiện B0 Chọn D.

Câu 14. Ta có a b.a b .cos ,  a b  9

Sử dụng công thức: ma nb   ma nb 2  m a2 2 2mn ab.n b22

Ta tính 3a2b  3 12 2.3.2.9 92    366 Chọn D. Câu 15. Theo giả thiết, ta có

2

2

3

1

u u u

v v v

     



     

  

    1

Từ u v  4, suy 16 u v 2u2 v2 2uv  2

M C B

A

Khi u v  2u2 v2 2uv   9 Vậy u v  2 Chọn C.

Câu 16.Áp dụng công thức a b ,  a b  .sin , a b  , ta a b,  2.5.sin 300 5.

   

 

Chọn B. Câu 17.Chú ý 5 , 2a b1800  a b, 150 0

Sử dụng công thức ma nb,   m n a b .sin  ma nb, , ta

 

5 , 2a b 2 3.3.sin150 30

     

   

 

Chọn C Câu 18. Vẽtam giác ABC, gọi M trung điểm BC

Ta chọn uBA v  , BM thỏa mãn giả thiết toán

Suy u v    BA BM MA

Khi v u v  ,   BM MA , 90 0 Chọn D.

Câu 19. M trung điểm ABsuy tọa độđiểm M(1;1;0) N trung điểm CDsuy tọa độđiểm N(1;1;2)

I trung điểm MN suy tọa độđiểm I(1;1;1) Chọn D.

Câu 20. Ta có 2a b − =(5;2; 3− ) Gọi M x y z ; ; , suy AM=(x y; −2;z−1)

Theo giả thiết, suy

5

2

1

x x

y y

z z

   

 

 

 

    

 

 

 

      

 

 

Chọn D.

Câu 21.Áp dụng lý thuyết: Điểm M x y z 0; ;0 0 có tọa độhình chiếu mặt phẳng Oxy, Oyz, Oxz

     

1 0; ;0 , 0; ;0 0 , ;0;3 0

M x y M y z M x z Chọn B.

Câu 22.Áp dụng lý thuyết: Điểm M x y z 0; ;0 0 có điểm đối xứng qua mặt phẳng tọa độ Oxy, Oyz, Oxz M x y1 0; ;0 z0, M2x y z0; ;0 0, M x3 0;y z0; 0

Do điểm đối xứng M3;2; 1  qua mặt phẳng Oxy M'3;2;1 Chọn A.

Câu 23. Áp dụng lý thuyết: Điểm M x y z 0; ;0 0 có hình chiếu vng góc lên trục Ox Oy Oz, ,  0;0;0 , 0; ;0 ,0  0;0; 0

Ox Oy Oz

0;0; 2017  Chọn D.

Câu 24. Áp dụng lý thuyết: Điểm M x y z 0; ;0 0 điểm đối xứng M qua trục Ox, Oy, Oz

     

1 0; 0; , 0; ; z ,0 0; 0;

M x y z M x y  M x y z

Do điểm đối xứng A3;2; 1 qua trục y Oy' A' 3;2;1  Chọn C.

Câu 25. Khoảng cách từA x y z ; ; đến trục Ox, tính theo cơng thức d A Ox ,  y2z2

Tương tự d A Oy ,  x2z2 d A Oz ,  x2y2

Do d A Oy ,  9  10 Chọn B.

Câu 26. Khoảng cách từ M đến gốc tọa độ O MO 4   14 Chọn D.

Câu 27 Tọa độđiểm M' đối xứng với M qua mặt phẳng yOz M 2; 5;4 Chọn A. Câu 28. Tọa độđiểm M' đối xứng với M qua trục Ox M' 1;2; 3   Chọn B.

Câu 29. Ta có AB  2;2;0, AC  1;3; 3  Gọi D x y z ; ; 

Theo giả thiết

   

 

3 2 10

2 2.2 3.3 13 17

7 2.0 3

x x

AD AB AC y y

z z

          

 

 

 

        

 

          

  

Chọn A

Câu 30. Gọi G x y z' ; ;  trọng tâm tam giác A'B'C'

Ta có G A  ' 'G B' 'G C' ' 0 G A AA '  '  G B BB '  '  G C CC '  '0 G A G B G C  '  '  '   A A B B C C'  '  ' 0 Suy G' trọng tâm tam giác ABC nên có tọa độ 2; ;

3

G  Chọn C. Câu 31. Ta có MN2;10; 14 , MQ   1; 5;7 Suy MN 2MQ

Do ba điểm M N Q, , thẳng hàng Chọn B. Câu 32. Ta có AB  12;6;0, AM 2m3;3;n1

Để A B M, , thẳng hàng *

2 12 3

:

1

m k

m

k AM k AB k

n

n k

   

 

   

 



      

  

   



 



Chọn B.

Theo giả thiết:  12 32  52  32 22  42 MAMB a     a      a Suy 3;0;0

2

M  Chọn B. Câu 34. Gọi M x ;0;z  Oxz

Yêu cầu toán MA MB MA22 MB22

MA MC MA MC



   

 

 

 

 

           

           

2 2 2

2 2 2

1 1 1 0 5/

/

1 1 1

x z x z x

z

x z x z

              

 

   

            

 



Chọn C Câu 35.Áp dụng công thức tìm tọa độ trọng tâm. Chọn B

Câu 36. Gọi H x y z ; ;  Ta có AHx y z; ; 1 , 3;3; ,  BC   BHx1;y2; z

Yêu cầu toán    

.3

5 14

; ;

1 19 19 19

3

x y z

AH BC

H

x y z

BC BH

     

    

 

   

        

 

 

  

   



Chọn A.

Câu 37. Gọi D chân đường phân giác góc B tam giác ABC

Ta có DA BADC BC

 

 

Tính BA 26, BC 104

Suy 26

104

DA  DC DC  DA

   

Gọi D x y z ; ;  Từ

 

 

 

4 2 / 3

2 2 11/

1

5

x x x

DC DA y y y

z

z z

       

 

 

 

        

 

        

 

Chọn A.

Câu 38. Gọi D chân phân giác góc B, ta có

15

DA BA DA DC

DC BC    

 

Suy D0;0;3 Vậy BD2 Chọn B.

Câu 39. Gọi F chân đường phân giác ngồi góc A tam giác ABC, ta có FB AB.FC AC



 

Tính AB5 , AC3 Suy 5

FB FC FB FC

   

Gọi F x y z ; ;  Từ

   

   

   

3 5 15

3

0

3

x x x

FB FC y y y

z

z z

      

 

 

 

       

 

      

 

Câu 40. Ta có NM3;2; 2 , NP2;m2;1

Tam giác MNP vuông N  NM NP   0 2m   2 m0 Chọn D.

Câu 41. Giả sử A x y A; A;0  Oxy B , 0;0;zBOz

Vì G1;1;2 trọng tâm tam giác ABCnên

 

   

0

1

3 1

0

1 1;1;0 , 0;0;4

3

4

0

2

3

A

A A

A B B

x

x y

y A B

z z

     



   

 

   

     

 

 

 

  

    

 

Chọn B.

Câu 42. Gọi M trung điểm củaAC Do M Oy nên M0; ;0y  Suy C4;2y 1; 2

Gọi N trung điểm BC, suy 7; 3;

N y  

Do N Oxznên y     3 y C4; 5;    Chọn A Câu 43. Ta có AB2 125;AC245;BC2 80

Do AB2 CA2CB2  ABC

 vng tạiC Chọn C. Câu 44. Ta có  

 

0;2;

1;1;2 AB

AB AC AB AC

AC

  

    

   



 

 Chọn D.

Câu 45. Ta có AB3;BC3;AC Vậy tam giác cân B Chọn C.

Câu 46. Ta có A1;1;1, B5;1; 1  BC2;8;3 Suy tọa độđiểm C7;9;2 Gọi D x y z ; ;  Vì ABCD hình bình hành nên

CDBA

A C B

A C B

A C B

x x x x

y y y y

z z z z

    



        

3

x y z

     

  

Chọn D.

Câu 47. Gọi Q x y z ; ;  Để MNPQ hình bình hành MN QP

P Q N M

P Q N M

P Q N M

x x x x

y y y y

z z z z

    



        

Q P M N

Q P M N

Q P M N

x x x x

y y y y

z z z z

    



        

2

x y z

     

  

Câu 48. Ta có AB2; 3;3 , MC2; 3;3  Suy ABMC hay ABCM hình bình hành

3;1; , 3;1; 1

NA  BC  Suy NABC hay NACB hình bình hành

Chọn D.

Câu 19. Từ giả thiết, suy A1;1;0 B1;1;0 Gọi D x y z ; ;  Do OABD hình bình hành nên ODAB

B A

B A

B A

x x x

y y y

z z z

   



      

2 0

x y z

     

  

Chọn B. Câu 50.Áp dụng cơng thức tính tọa độ trọng tâm tứ diện Chọn D.

Câu 51. Gọi I tâm hình hộp nên I trung điểm của D B' , suy I5;4;5

Và I trung điểm AC', suy C' 8;4;10   Gọi B x y z' ; ; 

Do B C CB' ' hình bình hành nên C B' 'CB

C'

'

'

13 17

B C

B C C

B C C

x x x x x

y y y y y

z

z z z z

     

 

 

 

 

     

 

      

Chọn C.

Câu 52.Rõ ràng A theo tính chất tích có hướng Đặt ax y z; ; ,  bx y z'; '; ' , , , ', ', ' x y z x y z  Ta có

●  

 

 

 

,3 ' ';3 ' ';3 ' ' 3 ';3 ';3 '

, ' '; ' '; ' ' , ' '; ' '; ' '

a b yz zy xz zx xy x y

b x y z

a b yz zy xz zx xy x y a b yz zy xz zx xy x y

  

      

  

 

  

      

      

  

  

  

   

,3 ;

a b a b

   

    Do B

●  

 

 

 

2 , ' ';2 ' ';2 ' ' 2 ;2 ;2

, ' '; ' '; ' ' , ' '; ' '; ' '

a b yz zy xz zx xy x y

a x y z

a b yz zy xz zx xy x y a b yz zy xz zx xy x y

  

      

  

 

  

      

      

  

  

  

   

2 ,a b ,a b

   

     Do C

Vậy đáp án sai D. Chọn D.

Câu 53.Áp dụng lý thuyết vềtính chất tích có hướng, ta có u v ,  u vsin , u v  Vậy A đáp án sai Chọn A.

Câu 54.Chọn B

Thật vậy, ta có a4;3;4 , 2; 1;2 b  a b , 10;0; 10 

Suy a b c,   10.1 0.2 10.1 0.    

  

Chọn B. Câu 56. Nhận thấy a b c,     35

    

nên a b c  , , khơng đồng phẳng

Ta có (7,10,1) (7,10,1) a b

c d

       

 

  Suy a b   c d  d         c a b d a b c   Vậy chỉcó câu D sai Chọn D (Bạn đọc kiểm tra trực tiếp)

Câu 57. Dựa vào lý thuyết vềtích có hướng hai vectơ, suy c a

c b

     

 

  Chọn C.

Câu 58. Ta có:  

 

, 1; 3;

, 1; 5;2

a b

a b c c

 

      

          



 

  

 Suy a b c  , , đồng phẳng Chọn C.

Câu 59. Ta có a b,        m 4, 3m 2,7  

 

Để c a b,thì

m

m m

  

      

 Chọn A.

Câu 60. Ta có: u w ,  = − − ( 3; 1;5)

Đểba vectơ đồng phẳng , 3

u w v m m

  = ⇔ − − − = ⇔ = −

   Chọn D.

Câu 61. Ta có  

 

2

, 4;2 1;

,

0; 2;2

a b m m m m

a b c m

c m

 

        

      

  

   

 

  



Đểba vectơ a b c  , , đồng phẳng   a b c,   2

m m