Ôn tập THPT 2019 Toán Tổng Hợp Về Phương Pháp Tọa Độ Không Gian

42 20 1
  • Loading ...
1/42 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 16/03/2019, 19:22

Đề cương ôn tập THPT Quốc gia môn Toán năm 2019 là tài liệu vô cùng hữu ích, sẽ giúp các em tự hệ thống kiến thức, kiểm tra trình độ bản thân, giúp các bạn, đặc biệt các bạn đang ôn thi khối A. Mời các bạn cùng tham khảo. Câu 1: [2H3-6-4] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A  0;0;  , B  3; 4;1 Tìm giá trị nhỏ AX  BY với X , Y hai điểm thuộc mặt phẳng Oxy cho XY  A 1 C  17 B D Lời giải Chọn B Lấy A  0;0; 2  đối xứng với A qua mặt phẳng Oxy Khi với X  Oxy AX  AX  12 16  Gọi B  ; ;1 thuộc mặt phẳng  OAB  BB  Gọi H hình chiếu B 5  mp Oxy Kẻ BA cắt OH X , dựng hình bình hành BBX 0Y0 X 0Y0  Dễ dàng chứng minh với X , Y0 dựng với X , Y  Oxy ta ln có AX  BY  AX  BY  AX  BY0  AX  BX  AB  Vậy giá trị nhỏ AX  BY Câu 2: [2H3-6-4] (Chuyên Thái Bình – Lần – 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba B  3;4;0  , A 1; 4;5  , điểm  P  : 3x  y  z  12  Gọi C  2;  1;0  mặt phẳng M  a ; b ; c  thuộc  P  cho MA2  MB  3MC đạt giá trị nhỏ Tính tổng a  b  c A D 3 C 2 B Lời giải Chọn A Gọi I  x ; y ; z  điểm thỏa mãn IA  IB  3IC  (*) Ta có: IA  1  x ;  y ;5  z  , IB    x ;  y ;  z  3IC    x ;   y ;  z  1  x   x   3x  x    Từ (*) ta có hệ phương trình: 4  y   y   y    y  5  z  z  3z  z     I  2;1;1  Khi đó: MA2  MA  MI  IA  MB  MB  MI  IB     MI  2MI IA  IA2  MI  2MI IB  IB 3MC  3MC  MI  IC     MI  MI IC  IC Do đó: S  MA2  MB  3MC  5MI  IA2  IB  3IC Do IA2  IB  3IC không đổi nên S đạt giá trị nhỏ MI đạt giá trị nhỏ Tức M hình chiếu I lên mặt phẳng  P  : 3x  y  z  12  Vectơ phương IM n   3;  3;    x   3t  Phương trình tham số IM là:  y   3t ,  t   z   2t   Gọi M   3t ;1  3t ;1  2t    P  hình chiếu I lên mặt phẳng  P Khi đó:   3t   1  3t   1  2t   12   22t  11   t  7  Suy ra: M  ;  ;0  Vậy a  b  c    2 2  Câu 3: [2H3-6-4] (THPT Hồng Hóa - Thanh Hóa - Lần - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có tọa độ điểm A 1;1;1 , B  2;0;  , C  1; 1;0  , D  0;3;  Trên cạnh AB , AC , AD lấy điểm AB AC AD    tứ diện ABCD tích nhỏ AB AC  AD Phương trình mặt phẳng  BCD  B, C , D cho A 16 x  40 y  44 z  39  B 16 x  40 y  44 z  39  C 16 x  40 y  44 z  39  D 16 x  40 y  44 z  39  Lời giải Chọn C A B' B D' C' D C Ta có VABCD VABC D  AB AC AD    AB AC AD  AB AC  AD           AB AC  AD   3   Do thể tích ABCD nhỏ Khi AB  AB AC AD    AB AC  AD 3 7 7 AB  B  ; ;   BC D  //  BCD  4 4 Mặt khác  BC, BD   4;10; 11 7 1 7    Vậy  BC D  :  x    10  y    11 z     16 x  40 y  44 z  39  4 4 4    Câu 4: [2H3-6-4] (THPT Hồng Hóa - Thanh Hóa - Lần - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có tọa độ điểm A 1;1;1 , B  2;0;  , C  1; 1;0  , D  0;3;  Trên cạnh AB , AC , AD lấy điểm AB AC AD    tứ diện ABCD tích nhỏ AB AC  AD Phương trình mặt phẳng  BCD  B, C , D cho A 16 x  40 y  44 z  39  B 16 x  40 y  44 z  39  C 16 x  40 y  44 z  39  D 16 x  40 y  44 z  39  Lời giải Chọn C A B' B D' C' D C Ta có VABCD VABC D  AB AC AD    AB AC AD  AB AC  AD           AB AC  AD   3   Do thể tích ABCD nhỏ Khi AB  AB AC AD    AB AC  AD 3 7 7 AB  B  ; ;   BC D  //  BCD  4 4 Mặt khác  BC, BD   4;10; 11 7 1 7    Vậy  BC D  :  x    10  y    11 z     16 x  40 y  44 z  39  4 4 4    Câu 5: [2H3-6-4] (THPT Chuyên Hà Tĩnh - Lần - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  1;0;1 , B  3;2;1 , C  5;3;7  Gọi M  a; b; c  điểm thỏa mãn MA  MB MB  MC đạt giá trị nhỏ Tính P  a  b  c A P  C P  B P  Lời giải Chọn D Gọi I trung điểm AB , suy I 1;1;1 ; AB   4; 2;0  Phương trình mặt phẳng trung trực AB :   : x  y   D P  Vì  2.3  1.2  3  2.5  1.3  3  50  nên B , C nằm phía so với   , suy A , C nằm hai phía so với   Điểm M thỏa mãn MA  MB M    Khi MB  MC  MA  MC  AC MB  MC nhỏ AC M  AC     x  1  2t  Phương trình đường thẳng AC :  y  t , tọa độ điểm M nghiệm  z   2t   x  1  2t t  y  t x     hệ phương trình  Do M 1;1;3 , a  b  c  z   y t    2 x  y    z  Câu 6: [2H3-6-4] [THPT Lê Hồng Phong-HCM-HK2-2018] Trong không gian với hệ trục  8 tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;0;0  , B  3; 2;1 , C   ; ;  , M điểm thay đổi  3 3 cho hình chiếu M lên mặt phẳng  ABC  nằm tam giác ABC mặt phẳng  MAB  ,  MBC  ,  MCA hợp với mặt phẳng  ABC  góc Tính giá trị nhỏ OM A 26 B C D 28 Lời giải Chọn A Vì M điểm thay đổi cho hình chiếu M lên mặt phẳng  ABC  nằm tam giác ABC mặt phẳng  MAB  ,  MBC  ,  MCA hợp với mặt phẳng  ABC  góc nên hình chiếu M lên mặt phẳng  ABC  tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Ta có AB    1     1 2  5       , AC    1        ,    3 3 2 2  5    8  BC            1  ,  AB; AC    4;  8;8  1;  2;2   3  3  2 Gọi I  x; y; z  tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , ta có a.IA  b.IB  c.IC  , với a  BC , b  CA , c  AB Do ta có hệ sau:    5 1  x     x      x      x    4    y   I 1;1;1 5 y  42   y     y   3    z   8  5 z  1  z     z   3   Gọi  đường thẳng qua I vng góc với mặt phẳng  ABC  suy  có vectơ phương u  1;  2;  Khi OM đạt giá trị nhỏ M hình u ; OI   4   12  32 26   chiếu O lên  OM  d  I ;      u 12   2   22 Câu 7: [2H3-6-4] (THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  z  điểm M 1; 2;  1 Một đường thẳng thay đổi qua M cắt  S  hai điểm A, B Tìm giá trị lớn tổng MA  MB A B 10 C 17 Lời giải Chọn C Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2; 2  , bán kính R  Vì IM  17  nên M nằm ngồi đường tròn, D  Gọi  góc tạo MB MI Áp dụng định lí Cơsin cho tam giác MIA MIB ta có R  MA2  MI  2MA.MI c os R  MB  MI  2MB.MI c os 1  2 Lấy 1 trừ cho   vế theo vế ta  MA2  MB  17  MA  MB  cos   MA  MB  17 cos  Do MA  MB lớn 17 cos     Câu 8: [2H3-6-4] (Chuyên KHTN - Lần - Năm 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba mặt phẳng ( P ) : x  y  z   , (Q ) : x  y  z   , ( R ) : x  y  z   Một đường thẳng  thay đổi cắt ba mặt phẳng ( P ) , (Q) , 96 ( R ) điểm A , B , C Giá trị nhỏ biểu thức AB  AC A 41 B 99 C 18 D 24 Lời giải Chọn B Ta có ba mặt phẳng ( P ) , (Q) , ( R ) đôi song song ( P ) nằm (Q) , ( R ) 1 d (( P), (Q))   , d (( P),( R))  1  1  22  22  22  22 96 96    99 Suy AB  AC Đẳng thức xảy  vng góc với ( P ) Câu 9: [2H3-6-4] (THPT Thăng Long - Hà Nội - Lần - Năm 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  có phương trình  x 1   y  1   z 1 2  16 mặt phẳng  P  : x  y  z   ,  P  cắt  S  theo giao tuyến đường tròn T  CD đường kính cố định đường tròn T  , A điểm thay đổi T  ( A khác C D ) Đường thẳng qua A vng góc với  P  cắt  S  B Tính BC  AD A B 32 C 16 Lời giải Chọn D D 64 B D A C  S  có tâm I 1; 1;1  P bán kính R  Ta có d  I ;  P    1    nên cắt  S  theo đường tròn T  có bán kính r  R2  d  I ;  P    13 Giả thiết có AB  nên BC  AD  BA2  AC  AD  BA2  CD  12  52  64 Câu 10: [2H3-6-4] (THPT Chuyên Quốc Học Huế - Lần -2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 3;1; B 5;7;0 Có tất giá trị thực tham số m để phương trình x  y  z  x  2my   m  1 z  m2  2m   phương trình mặt cầu  S  cho qua hai điểm A , B có mặt phẳng cắt mặt cầu  S  theo giao tuyến đường tròn có bán kính A B C Lời giải Chọn D Đặt x  y  z  x  2my   m  1 z  m2  2m   1 Ta có a  , b  m , c  m  1, d  m  2m  1 phương trình mặt cầu  S  a  b  c  d  m    m2   m  1   m2  2m     m      m   mặt cầu  S  có tâm I  2; m; m  1 , bán kính R  m2  D TH1:  P   ABI   S  có bán kính R   m2   A , B , I không thẳng hàng m  2 AB   2; 6; 2  , AI   1;  m  1; m  1    m  2 m   TH2:  P  cách I khoảng lớn nhất, đồng thời d  I ,  P    R  Gọi H , K hình chiếu I lên  P  AB , ta có d  I ,  P    IH  IK  dmax  IK  d  I , AB    AB, AI     ,  AB, AI    4m  8;4  2m;4  2m  AB   m   4; 2; 2   d  I , AB   m  2 11  Ta có d  I ,  P    R   m  66 11  m    m   5m2  24m  68  11 m   l    m   34  t / m   Vậy có hai giá trị m thỏa ycbt Câu 11: [2H3-6-4](THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - Lần -2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M  2; 2;1 , A 1; 2; 3 đường x 1 y  z   Tìm vectơ phương u đường thẳng  2 1 qua M , vng góc với đường thẳng d đồng thời cách điểm A khoảng bé thẳng d : A u   2; 2; 1 B u  1;7; 1 u   3; 4; 4  Lời giải Chọn C C u  1;0;  D Gọi  P  mp qua M vuông góc với d ,  P  chứa  Mp  P qua M  2; 2;1 có vectơ pháp tuyến nP  ud   2; 2; 1 nên có phương trình:  P  : 2x  y  z   Gọi H , K hình chiếu A lên  P   Khi đó: AK  AH : const nên AK K  H Đường thẳng AH qua A 1, 2, 3 có vectơ phương ud   2; 2; 1 nên  x   2t  AH có phương trình tham số:  y   2t  z  3  t  H  AH  H 1  2t;  2t; 3  t  H   P   1  2t     2t    3  t     t  2  H  3; 2; 1 Vậy u  HM  1;0;  Câu 12: [2H3-6-4] (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm B  2;  1;  3 , C  6;  1; 3 Trong tam giác ABC thỏa mãn đường trung tuyến kẻ từ B C vuông góc ab với nhau, điểm A  a; b;0  , b  cho góc A lớn Tính giá trị cos A B 20 A 10 C 15 Lời giải Chọn C D  31 Mặt phẳng  P  vó vec tơ pháp tuyến n   2; b; c  Vì  P  vng góc với đoạn AB nên ta có n phương với  AB  P : 2x  y  z  d  b  2 b c    4 c  Mặt Vậy khác 18  d  d  15   18  d      1 18  d  3 d  21 d  I ;  P    86 4 d Mặt khác A 2 I nằm phía với mặt phẳng d  18 d  9 S  b  c  d    21  18   d 18  d      P d  21 Vậy nên ta có suy Câu 30: [2H3-6-4] (SGD Bắc Ninh - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ x y z tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : điểm A 1;1;1 Hai điểm B 1 , C di động đường thẳng d cho mặt phẳng OAB vng góc với mặt phẳng OAC Gọi điểm B  hình chiếu vng góc điểm B lên đường thẳng AC Biết quỹ tích điểm B ' đường tròn cố định, tính bán kính r đường tròn A r r 60 10 B r 5 C r 70 10 D 10 Lời giải Chọn D + Ta có: véctơ phương đường thẳng d u u 2; 1; Suy OA + Gọi H hình chiếu O đường thẳng d H 2t;1 t; t Do OH d nên 4t t t t H 0;1; + Suy OH OA OH OA OA BC nên OA OBC OA OB OAB OA OB OAC OAB OAC OAC B H O I A B' C Do ta có: OB AC BB AC AC OBB AB Vậy B thuộc mặt cầu S đường kính OA + Gọi I 1 ; ; trung điểm OA 2 Phương trình mặt cầu S : x + Mặt khác B n OB AH ; u ABC 2 y 2 z A; d Mặt phẳng ABC có véctơ pháp tuyến 2;5; Phương trình mặt phẳng ABC : x 5y z I R= r (ABC) 2 + Vậy B thuộc đường tròn cố định đường tròn C , giao tuyến mặt cầu S ABC C có bán kính r R2 d2 , với R 10 d d I , ABC 30 10 Câu 31: [2H3-6-4] [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG- NAM ĐỊNH – 5/2018] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A  4; 2;5  , B  0; 4; 3 , C  2; 3;7  Biết điểm M  x0 ; y0 ; z0  nằm mặt phẳng Oxy cho MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ Tính tổng P  x0  y0  z0 A P  3 B P  C P  D P  Lời giải Chọn C Gọi G  2;1;3 trọng tâm ABC  MA  MB  MC  3MG  3MG Do MA  MB  MC nhỏ MG nhỏ Mà MG  d G,  Oxy   GH nên MG nhỏ n hất M  H M hình chiếu vng góc G lên  Oxy   M  2;1;0   x0  y0  z0  Câu 32: [2H3-6-4] (SGD Lạng Sơn - HKII - 2017 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  3; 2;  ; B  5;3;7  mặt phẳng  P  : x  y  z  Điểm M  a; b; c  thuộc  P  cho 2MA  MB có giá trị nhỏ Tính T  2a  b  c A T  1 B T  3 C T  Lời giải Chọn C D T    xI    xI   xI  1   Chọn điểm I cho 2IA  IB  2  yI    yI    yI  Vậy   z  3  I 2  z I    yI  I  1;1; 3 Xét 2MA  MB  2MI  2IA  MI  IB  MI  MI MI có giá trị nhỏ M hình chiếu I lên mặt phẳng  P  Đường thẳng d qua I vuông góc với  P  qua M ; I có vtcp trùng vtpt  P   x  1  t  Phương trình d  y   t  M  1  t;1  t; 3  t   z  3  t  a   Đồng thời M   P  : x  y  z   1  t   t   t   t   b  c  2  Vậy T  2a  b  c  Câu 33: [2H3-6-4] (SGD Lạng Sơn - HKII - 2017 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  9; 3;5  , B  a; b; c  Gọi M , N , P giao điểm đường thẳng AB với mặt phẳng tọa độ Oxy , Oxz Oyz Biết M , N , P nằm đoạn AB cho AM  MN  NP  PB Tính tổng T  a  b  c A T  21 B T  15 C T  13 D T  14 Lời giải Chọn B Ta có AB   a  9; b  3; c   , nên phương trình đường thẳng AB là:  x    a  9 t   y  3   b  3 t   z    c  5 t Vì M , N , P giao điểm đường thẳng AB với mặt phẳng tọa  a  9  b  3   ;9  ;0  ; độ Oxy , Oxz Oyz nên suy M   5c 5c   3 a  9  c  5   b  3  c  5    N 9  ;0;5  ;5   P  0; 3   b3 b3  9a 9a    Từ M , N , P nằm đoạn AB AM  MN  NP  PB nên ta có    z  4z c       AB  AM c  15 AM  AB     AB  AN   y AB  y AN  b     3  b   a  b  c  15    a  3  AB  AP a       x  x   AB AP  Câu 34: [2H3-6-4] (THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Oxyz , Trong không gian với hệ tọa độ cho mặt cầu  S  :  x 1   y  2   z  3 2  16 điểm A 1;0;  , B  1; 2;  Gọi  P  mặt phẳng qua hai điểm A , B cho thiết diện  P  với mặt cầu  S  có diện tích nhỏ Khi viết phương trình  P  dạng  P  : ax  by  cz   Tính T  a  b  c A B 3 C D 2 Lời giải Chọn B I H A B K Mặt cầu có tâm I 1; 2;3 bán kính R  Ta có A , B nằm mặt cầu Gọi K hình chiếu I AB H hình chiếu I lên thiết diện Ta có diện tích thiết diện S   r    R2  IH  Do diện tích thiết diện nhỏ IH lớn Mà IH  IK suy  P  qua A, B vng góc với IK Ta có IA  IB  suy K trung điểm AB Vậy K  0;1;  KI  1;1;1 Vậy  P  :  x  1  y   z      x  y  z   Vậy T  3 Câu 35: [2H3-6-4] (THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Xét tứ diện OABC có OA , OB , OC đơi vng góc Gọi  ,  ,  góc đường thẳng OA , OB , OC với mặt phẳng  ABC  (hình vẽ) A C O B Khi giá trị nhỏ M    cot     cot     cot   A Số khác biểu thức B 48 C 48 Lời giải D 125 Chọn D Gọi H trực tâm tam giác ABC , tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi 1 1    vuông góc nên ta có OH   ABC  2 OH OA OB OC Ta có    OA;  ABC    OAH ,    OB;  ABC    OBH ,    OC;  ABC    OCH Nên sin   OH OH OH , sin   , sin   OC OA OB Đặt a  OA , b  OB , c  OC , h  OH 1 1    h a b c   M    cot     cot     cot         sin    sin    a2   b2   c2            h  h  h   1    a  b  c    a 2b  b c  c a   a 2b c h h h       sin    Ta có:  a  b  c   3 a b c 3  1 1  a  b2  c     h a b c    1  a b2 c2  a b  b c  c a  h14  a2b2  b2c2  c2a2  a12  b12  c12    2 2   2   1   a b b c c a  3     3 a 4b c 4  27  a b c  abc   2 2 2 3   1  1 2  2 a b c  a b c      a 2b2c  3     27  a b c  h a b c    Do đó: M    a  b2  c2  1   a 2b  b c  c a   a 2b c h h h   4.9  2.27  27  125 Dấu đẳng thức xảy a  b  c , hay OA  OB  OC Vậy M  125 A α a H h c O C b B Câu 36: [2H3-6-4] [BIÊN HÒA – HÀ NAM] [2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a, b, c dương Biết A, B, C di động tia Ox, Oy, Oz cho a  b  c  Biết a, b, c thay đổi quỹ tích tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thuộc mặt phẳng  P  cố định Tính khoảng cách từ M  2016;0;0  tới mặt phẳng  P  A 2017 B 2014 C 2016 D 2015 Lời giải Chọn D Gọi   mặt phẳng trung trực đoạn OA a    qua điểm D  ;0;0  có VTPT OA   a;0;0   a 1;0;0  2  a    : x   Gọi    mặt phẳng trung trực đoạn OB a     qua điểm E  0; ;0  có VTPT OB   0; a;0   a  0;1;0    a    : y   Gọi   mặt phẳng trung trực đoạn OC a    qua điểm F  0;0;  có VTPT OC   0;0; a   a  0;0;1 2  a    : z   Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC a a a  I            I  ; ;  2 2 a b c Mà theo giả thiết, a  b  c       I   P  : x  y  z  2 2016  2015  Vậy, d  M ,  P    3 Câu 37: [2H3-6-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A  3;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0;6  D 1;1;1 Kí hiệu d đường thẳng qua D cho tổng khoảng cách từ điểm A, B, C đến d lớn Hỏi đường thẳng d qua điểm đây? A M  1; 2;1 Q  7;13;5 B N  5;7;3 C P  3; 4;3 D Lời giải Chọn B A A' B' B C C' D Ta có phương trình mặt phẳng qua A,B,C là: x y z  ABC  :     x  y  z   Dễ thấy D   ABC  Gọi A ', B ', C ' hình chiếu vng góc A, B, C d Suy d  A, d   d  B, d   d  C , d   AA ' BB ' CC '  AD  BD  CD Dấu xảy A '  B '  C '  D Hay tổng khoảng cách từ điểm A, B, C đến d lớn d đường thẳng qua D vng góc với mặt phẳng  x   2t  ABC   d :  y   3t ; N  d z  1 t  Câu 38: [2H3-6-4] (THPT Thuận Thành - Bắc Ninh - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz ,  S1  :  x  1 cho  y2  z2  , x   t  S2  :  x  2   y  3   z  1  đường thẳng d :  y  3t Gọi A, B  z  2  t  2 hai điểm tùy ý thuộc  S1  ,  S2  M thuộc đường thẳng d Khi giá trị nhỏ biểu thức P  MA  MB bằng: A 2211 11 B 3707  11 Lời giải C 1771  110 11 D 3707 11 Chọn B I J B A d H M A' K Mặt cầu  S1  có tâm I 1;0;0  , bán kính R1  Mặt cầu  S  có tâm J  2;3;  , bán kính R2  Đường thẳng d qua điểm N  2;0; 2  có véc tơ phương u   1; 3; 1 Ta có: IJ  1;3;1 // u I  d nên IJ // d Gọi  S   mặt cầu đối xứng  S1  qua d ; K , A điểm đối xứng I A qua d Thì K tâm  S   A   S   Khi : P  MA  MB  MA  MB  AB Suy Pmin  AB  JK   R1  R2  Ta lại có : IH  d  I ; d   Và IJ  11  JK  Vậy Pmin  66 66  IK  11 11 3707 11 3707  11 Câu 39: [2H3-6-4] (Tổng Hợp Đề SGD Nam Định - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 2;  3 mặt phẳng  P  : x  y  z   Đường thẳng d qua A vng góc với mặt phẳng  Q  : 3x  y  z   cắt mặt phẳng  P  B Điểm M nằm mặt phẳng  P  cho M ln nhìn AB góc vng độ dài MB lớn Tính độ dài MB A MB  41 B MB  C MB  D MB  41 Hướng dẫn giải Chọn C + Đường thẳng d qua A 1; 2; 3 có vectơ phương u   3; 4; 4  có phương trình  x   3t   y   4t  z  3  4t  + Ta có: MB2  AB2  MA2 Do  MB max  MAmin + Gọi E hình chiếu A lên  P  Ta có: AM  AE Đẳng thức xảy M  E Khi  AM min  AE MB qua B nhận BE làm vectơ phương + Ta có: B  d nên B 1  3t;  4t; 3  4t  mà B   P  suy ra: 1  3t     4t    3  4t     t  1  B  2; 2;1 + Đường thẳng AE qua A 1; 2; 3 , nhận nP   2; 2; 1 làm vectơ  x   2t  phươngphương trình  y   2t  z  3  t  Suy E 1  2t;  2t; 3  t  Mặt khác, E   P  nên 1  2t     2t    3  t     t  2  E  3; 2; 1 Khi MB  BE  Câu 40: [2H3-6-4] (Chuyên Quang Trung - BP - Lần - 2017 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x  y   z  3  hai điểm A  4; 4;3 , B 1;1;1 Gọi  C  tập hợp điểm M   S  để MA  2MB đạt giá trị nhỏ Biết  C  đường tròn bán kính R Tính R A B C 2 D Lời giải Chọn A Mặt cầu  S  có tâm I  0;0;3 bán kính R1  2 Với M  x; y; z    S  tùy ý, ta có T  MA  2MB  Do đó, T   MA  2MB 2 2 2 Khi đó, ta có  x     y     z  3   x  1   y  1   z  1     3x  y  3z  z  29   x  y  z  29 z 0 3 29  2 2 2 x  y  z  z     x  y   z  3  Ta hệ   2   x  y   z  3  z   Do M thuộc mặt phẳng  P  : z   chứa đường tròn  C  giao tuyến  S   P  Ta có d  I ;  P    nên đường tròn  C  có bán kính R  R12  d  Câu 41: [2H3-6-4] (Chuyên Quang Trung - BP - Lần - 2017 - 2018) Trong mặt phẳng 1 phức, xét hình bình hành tạo điểm , z , z  Biết z có phần thực z z 35 dương diện tích hình bình hành Tìm giá trị nhỏ z  37 z A 53 20 B 60 37 C Lời giải 22 D 50 37 Chọn D 1 z  z z Gọi O, A, B, C điểm biểu diễn số phức 0, z , Khi diện tích hình bình hành OACB S  OA.OB.sin   z  sin   35 sin   z 37 35 37 Suy cos     sin    12 37 Áp dụng định lý cosin tam giác OAC ta có 2 1 z  OC  OA2  OB  2OA.OB.cos   z   z cos  z z z  z   2cos  z 12 50 1    Vậy z   z 37 37 z z Dấu “  ” xảy  z  cos   nhỏ 50 37 12 37 12  12  1 1 Câu 42: Chẳng hạn z  sin  arccos   i cos  arccos  [2H3-6-4] (THPT Vũng 37  37  2 2 Tàu - BRVT - HKII - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  5;  2;   , B  1;0;1 , C  3; 2;1 Gọi M  a ; b ; c  điểm thuộc mặt phẳng trung trực đoạn thẳng BC MA  MB đạt giá trị nhỏ Tính giá trị P  a  b  c A B C Lời giải Chọn D D Ta có I 1;1;1 trung điểm đoạn thẳng BC , BI   2;1;  vectơ pháp tuyến mặt phẳng trung trực   BC Do   : x  y   Dễ thấy A, B nằm phía so với mặt phẳng   nên A, C nằm khác phía so với mặt phẳng   Ta có: MA  MB  MA  MC  AC Vậy MA  MB đạt giá trị nhỏ AC M giao AC   Ta có AC   8; 4;8  nên AC : x  y  z 1   2   2t    t    t  1 Do M  1;1;  1  P  a  b  c  Câu 43: [2H3-6-4] (THPT Hà Huy Tập - Hà Tĩnh - Lần - 2017 - 2018 - BTN) [2H3-2] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  3;5;  1 , B 1;1;3 Tìm tọa độ điểm M thuộc  Oxy  cho MA  MB nhỏ ? A  2;  3;0  B  2;  3;0  C  2;3;0  D  2;3;0  Lời giải Chọn D Gọi D  x; y; z  điểm thỏa mãn DA  DB  ta có D  2;3;  P  MA  MB  MD  DA  MD  DB  2MD  2MD Khi P nhỏ M hình chiếu D lên mặt phẳng  Oxy  x    M  2;3;  t  Ta có phương trình  MD  :  y  z   t  M   Oxy  nên  t   t  4 Vậy M  2;3;0  điểm cần tìm Câu 44: [2H3-6-4] (THPT Hà Huy Tập - Hà Tĩnh - Lần - 2017 - 2018 - BTN)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A  2;1;  mặt cầu  S  : x2  y  z  y  z   Mặt phẳng  P  qua A cắt  S  theo thiết diện đường tròn  C  có diện tích nhỏ Bán kính đường tròn  C  A B C Lời giải Chọn D Mặt cầu  S  có tâm I  0;1;1 bán kính R  D Ta có IA      1  1    1 2    R nên A nằm mặt cầu S  Đặt h khoảng cách từ I đến mặt phẳng  P  , r bán kính đường tròn  C  Khi đó: h  IA  h  IA   P  r  R  h  32    r  Đường tròn  C  có diện tích nhỏ nên r  Câu 45: [2H3-6-4] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  2; 3;7  , B  0; 4; 3 C  4; 2;5  Biết điểm M  x0 ; y0 ; z0  nằm mp  Oxy  cho MA  MB  MC có giá trị nhỏ Khi tổng P  x0  y0  z0 B P  A P  C P  D P  3 Lời giải Chọn C Gọi G điểm cho GA  GB  GC   G  2;1;3 Khi MA  MB  MC  3MG  GA  GB  GC  3MG Nên MA  MB  MC có giá trị nhỏ MG ngắn nhất, M hình chiếu vng góc G  2;1;3 mp  Oxy  Do M   2;1;0  Vậy P  x0  y0  z0     ... Vậy a  b  c    2 2  Câu 3: [2H3-6-4] (THPT Hồng Hóa - Thanh Hóa - Lần - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có tọa độ điểm A 1;1;1 , B  2;0;  , C  1; 1;0...  39  4 4 4    Câu 4: [2H3-6-4] (THPT Hồng Hóa - Thanh Hóa - Lần - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có tọa độ điểm A 1;1;1 , B  2;0;  , C  1; 1;0... thức xảy  vng góc với ( P ) Câu 9: [2H3-6-4] (THPT Thăng Long - Hà Nội - Lần - Năm 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  có phương trình  x 1   y  1   z 1 2 
- Xem thêm -

Xem thêm: Ôn tập THPT 2019 Toán Tổng Hợp Về Phương Pháp Tọa Độ Không Gian, Ôn tập THPT 2019 Toán Tổng Hợp Về Phương Pháp Tọa Độ Không Gian

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay