CHUYÊN ĐỀ DẠY THÊM TOÁN LỚP 12 - 3 CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC PHÂN DẠNG CHI TIẾT - CHUYÊN SƯ PHẠM HN by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

CHUYÊN ĐỀ DẠY THÊM TOÁN LỚP 12

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

CHUYÊN ĐỀ DẠY THÊM TOÁN LỚP 12 3 CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC PHÂN DẠNG CHI TIẾT - CHUYÊN SƯ PHẠM HN WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

CHUYÊN ĐỀ 6

GÓC VÀ KHOẢNG CÁCH

MỤC LỤC PHẦN A. CÂU HỎI ....................................................................................................................................................... 1 Dạng 1. Góc ..................................................................................................................................................................... 1 Dạng 1.1 Góc của đường thẳng với mặt phẳng ........................................................................................................ 1 Dạng 1.2 Góc của đường thẳng với đường thẳng .................................................................................................... 4 Dạng 1.3 Góc của mặt với mặt .................................................................................................................................. 5 Dạng 2. Khoảng cách...................................................................................................................................................... 7 Dạng 2.1 Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng ....................................................................................................... 7 Dạng 2.2 Khoảng cách của đường thẳng với đường thẳng................................................................................... 11 Dạng 2.3 Khoảng cách của đường với mặt............................................................................................................. 15

Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng A. 30° . B. 60° .

C. 45° .

D. 90° .

Câu 4. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SB = 2a . Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng B. 60° C. 90° D. 30° A. 45°

PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO...................................................................................................................................... 15 Dạng 1. Góc ................................................................................................................................................................... 15 Dạng 1.1 Góc của đường thẳng với mặt phẳng ...................................................................................................... 15

Câu 5. (Mã 103 - BGD - 2019) Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . SA = 2a . Tam giác ABC vuông cân tại B và AB = a ( minh họa như hình vẽ bên).

Dạng 1.2 Góc của đường thẳng với đường thẳng .................................................................................................. 24 Dạng 1.3 Góc của mặt với mặt ................................................................................................................................ 27 Dạng 2. Khoảng cách.................................................................................................................................................... 38 Dạng 2.1 Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng ..................................................................................................... 38 Dạng 2.2 Khoảng cách của đường thẳng với đường thẳng................................................................................... 50 Dạng 2.3 Khoảng cách của đường với mặt............................................................................................................. 70

Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng A. 450 .

B. 600 .

C. 300 .

D. 900 .

Câu 6. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hình chóp S. ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) ,

SA = 2a , tam giác ABC vuông tại B, AB = a 3 và BC = a (minh họa như hình vẽ bên). Góc giữa đường

PHẦN A. CÂU HỎI

thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng:

Dạng 1. Góc Dạng 1.1 Góc của đường thẳng với mặt phẳng

Câu 1. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác vuông tại C , AC = a , BC = 2a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a . Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng B. 90° C. 30° D. 45° A. 60° Câu 2. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng A. 45° B. 60° C. 30° D. 90° Câu 3. (Mã 102 - BGD - 2019) Cho hình chóp S. ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , SA = 2a , tam giác ABC vuông tại B , AB = a và BC = 3a (minh họa như hình vẽ bên).

A B

A. 450 .

B. 300 .

C. 600 .

D. 900 .

Câu 7. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M là trung điểm của SD (tham khảo hình vẽ bên). Tang của góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng ( ABCD) bằng

Câu 14. (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA = a 3 . Gọi α là góc giữa SD và ( SAC ) .

S M

2 2

Giá trị sin α bằng 2 A. . 4

3 3

2 3

1 3

SA = 2a , tam giác ABC vuông cân tại B và AB = a 2 (minh họa như hình vẽ bên). Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng S

A. cos α =

C. 60o .

a 6 . Tính góc 3

giữa SC và mặt phẳng ( ABCD ) ? B. 45° .

C. 60° .

D. 90° .

Câu 10. (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABCD có đáy a 6 . Tính góc giữa SC và ( ABCD ) . ABCD là hình vuông cạnh a và SA ⊥ ( ABCD ) . Biết SA = 3 A. 30° B. 60° C. 75° D. 45° Câu 11. (THPT THIỆU HÓA – THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a và SA ⊥ ( ABCD ) . Biết SA = a 2 . Tính góc giữa SC và ( ABCD ) . A. 45°

B. 30°

C. 60°

D. 75°

Câu 12. (SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có tất cả các cạnh bằng 2a . Gọi M là trung điểm của SD Tính tan của góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng ( ABCD ) . A.

2 . 2

3 . 3

2 . 3

1 . 3

Câu 13. (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019) Cho khối chóp S. ABC có SA ⊥ ( ABC ) , tam giác ABC vuông tại B , AC = 2a , BC = a , SB = 2a 3 . Tính góc giữa SA và mặt phẳng ( SBC ) .

A. 45° .

B. 30° .

C. 60° .

2 . 3

6 . 3

B. cos α =

3 . 3

C. cos α =

3 . 10

D. cos α =

1 . 10

5 5

55 10

3 5 10

2 5 5

a 14 . Giá trị lượng giác cos ( ( SA ) , ( ∆ ) ) bằng 6 2a 2a a a A. . B. . C. . D. . 3 4b 2 − 2 a 2 3 2 a 2 + 4b 2 3 2 a 2 + 4b 2 3 4b 2 − 2 a 2 Câu 18. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a , AD = a 3 . Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Cosin

mặt phẳng ( ABCD ) và khoảng cách từ O đến ( ∆ ) là

D. 45o .

Câu 9. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA ⊥ ( ABCD ) và SA = A. 30° .

3 . 2

Câu 17. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a , O là trung điểm AC và SO = b . Gọi ( ∆ ) là đường thẳng đi qua C , ( ∆ ) chứa trong

B. 90o .

Câu 16. (THPT CHUYÊN BẮC NINH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hình chóp SABCD có đáy là hình thang vuông tại 1và B . AB = BC = a, AD = 2 a . Biết SA vuông góc với đáy ( ABCD) và SA = a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm SB, CD . Tính sin góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( SAC ) A.

A. 30o .

2 . 2

Câu 15. (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp tam giác S. ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Tam giác SAB cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết SC tạo với mặt phẳng đáy một góc 60° , gọi M là trung điểm của BC . Gọi α là góc giữa đường thẳng SM và mặt phẳng ( ABC ) . Tính cos α .

Câu 8. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho hình chóp S. ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) ,

D. 90° .

của góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng ( SBC ) bằng A.

13 4

3 4

2 5 5

1 4

Câu 19. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác vuông tại C , CH vuông góc với AB tại H , I là trung điểm của đoạn HC . Biết SI vuông góc với mặt phẳng đáy, ASB = 90° . Gọi O là trung điểm của đoạn AB , O′ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABI . Góc tạo bởi đường thẳng OO′ và mặt phẳng ( ABC ) bằng A. 60° .

B. 30° .

C. 90° .

D. 45° .

Câu 20. (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và ABC = 60° . Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với trọng

tâm của tam giác ABC , gọi ϕ là góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( SCD ) , tính sin ϕ biết rằng SB = a . 3 1 1 2 A. sin ϕ = . B. sin ϕ = . C. sin ϕ = . D. sin ϕ = . 2 4 2 2 Dạng 1.2 Góc của đường thẳng với đường thẳng

Câu 21. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA = OB = OC . Gọi M là trung điểm của BC ( tham khảo hình vẽ bên dưới). Góc giữa hai đường thẳng OM và AB bằng

N M

P B

A. 450

B. 900

C. 300

D. 600

Câu 22. (THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho tứ diện ABCD với 3 = DAB = 600 , CD = AD . Gọi ϕ là góc giữa hai đường thẳng AB và CD . Chọn khẳng AC = AD, CAB 2 định đúng về góc ϕ . A. cos ϕ =

3 4

B. 300

C. 600

D. cos ϕ =

1 4

17 13 6 13 13 18 13 A. B. C. D. 65 65 65 65 Câu 27. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM ĂM 2018) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D ′ có tâm O. Gọi I là 1 tâm của hình vuông A′B ′C ′D ′ và M là điểm thuộc đoạn thẳng OI sao cho MO = MI (tham khảo hình 2 vẽ). Khi đó cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( MC ′D′) và ( MAB ) bằng

Câu 23. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C ′D′ , biết đáy ABCD là hình vuông. Tính góc giữa A′C và BD . B'

B A

A. 90° .

B. 30° .

C. 60° .

D. 45° .

Câu 24. (CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho tứ diện ABCD có AB = CD = 2a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm AD và BC . Biết MN = a 3 , góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng. A. 450 . B. 900 . C. 600 . D. 300 . Câu 25. (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH PHÚ YÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D ′ ; gọi M là trung điểm của B ′C ′ . Góc giữa hai đường thẳng AM và BC ′ bằng A. 45° . B. 90° . C. 30° . D. 60° . Dạng 1.3 Góc của mặt với mặt Câu 26. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC . A′B ′C ′ có AB = 2 3 và AA ′ = 2. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh A′B′, A′C′ và B C (tham khảo hình vẽ bên). Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( AB′C ′ ) và ( MNP ) bằng

7 85 85

6 85 85

17 13 65

6 13 65

Câu 28. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM ĂM 2018) Cho hình lập phương ABCD. A′B ′C ′D′ có tâm O . Gọi I là tâm của hình vuông A′B′C ′D′ và M là điểm thuộc đoạn thẳng OI sao cho MO = 2 MI (tham khảo hình vẽ). Khi đó côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( MC ′D′) và ( MAB ) bằng A.

7 85 85

17 13 65

6 13 65

6 85 85

Câu 29. (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a , AD = SA = 2a , SA ⊥ ( ABCD) . Tính tang của góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và ( ABCD ) .

5 1 2 . B. 5 . C. . D. . 2 5 5 Câu 30. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B ′C ′D ′ có các cạnh AB = 2, AD = 3; AA′ = 4 . Góc giữa hai mặt phẳng ( AB′D′ ) và ( A′C ′D ) là α . Tính giá trị gần đúng của góc α ? A. 45, 2° . B. 38,1 ° . C. 53, 4° . D. 61, 6 ° . A.

Câu 31. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Biết AB = SB = a , SO =

a 6 . Tìm số đo của góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAD ) . 3 A. 30° B. 45° C. 60°

A. D. 90°

Câu 32. (TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI SỐ 2 NĂM 2018-2019) Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C′ có diện tích đáy bằng 3a 2 (đvdt), diện tích tam giác A′BC bằng 2a 2 (đvdt). Tính góc giữa hai mặt phẳng ( A′BC ) và ( ABC ) ? A. 120

B. 60

C. 30

Câu 39. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM ĂM 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông đỉnh B , AB = a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng

D. 45

Câu 33. (SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S. ABCD có đáy

ABCD là hình vuông có độ dài đường chéo bằng a 2 và SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Gọi α

2 5a 5

5a 3

A. 30 .

B. 90

C. 60 .

a 6 3

a 2 2

A. 30 .

B. 60 .

C. 45

B. 450 .

C. 600 .

a 2

D. a

D. 45 .

1 D. arcsin   . 4

Câu 35. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hình hộp chữ nhật AB 6 . Xác định góc giữa hai mặt phẳng ( A ' BD ) ABCD . A ' B ' C ' D ' có mặt ABCD là hình vuông, AA ' = 2 và ( C ' BD ) . A. 300 .

5a 5

Câu 41. (Mã 103 - BGD - 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (minh họa như hình vẽ bên). Khoảng cách từ D đến mặt phẳng ( SAC ) bằng

Câu 34. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp SABCD có đáy là hình thang vuông ABCD tại A và D , cạnh bên A vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a 2 . Cho biết AB = 2 AD = 2 DC = 2a . Tính góc giữa hai mặt phẳng ( SBA) và ( SBC ) 0

2 2a 3

Câu 40. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM ĂM 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông đỉnh B , AB = a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng

là góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và ( ABCD ) . Nếu tan α = 2 thì góc giữa ( S AC ) và ( SBC ) bằng. 0

D. 900 .

a 2 A. . 2

a 21 B. . 7

a 21 . 14

a 21 . 28

Câu 42. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (minh họa như hình vẽ bên). Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBD ) bằng

Câu 36. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D ′ . Góc giữa hai mặt phẳng ( ADC′B′) và ( BCD′A′) là A. 30° . B. 45° . C. 90° . D. 60° . Câu 37. (ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C ′D′ có đáy ABCD là hình vuông, AC ′ = a 2 . Gọi ( P ) là mặt phẳng qua AC ′ cắt BB′, DD′ lần lượt tại M , N sao cho tam giác AMN cân tại A có P ) , ( ABCD ) . MN = a . Tính cos ϕ với ϕ = (

)

(

2 . 2

1 . 2

1 . 3

3 . 3

Câu 38. (THPT HÀM RỒNG THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho lặng trụ đứng ABC. A′B′C′ có diện tích tam giác ABC bằng 2 3 . Gọi M , N , P lần lượt thuộc các cạnh AA′ , BB′ , CC′ , diện tích tam giác MNP bằng 4 . Tính góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( MNP ) A. 120° .

B. 45° .

C. 30° .

D. 90° .

Dạng 2. Khoảng cách Dạng 2.1 Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

21a . 14

21a . 7

2a 2

21a . 28

Câu 43. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&Đ BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi = 60o , SA = a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách tứ B đến ( SCD ) bằng? cạnh a , BAD 7

21a . 3

15a . 3

21a . 7

15a . 7

A. d =

Câu 44. (Mã 102 - BGD - 2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy ( minh họa như hình vẽ bên). Khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) bằng

2a 5 . 3

B. d =

a 3 . 2

C. d =

a 5 . 2

D. d =

a 2 . 3

Câu 50. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA ⊥ ( ABCD ) và SA = a 2 . Gọi M là trung điểm cạnh SC . Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( SBD ) bằng

a 2 4

a 10 10

a 2 2

a 10 5

Câu 51. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = a , AC = a 3 ; SA vuông góc với đáy, SA = 2a . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng A.

2a 3 . 7

a 3 . 7

a 3 . 19

2a 3 . 19

Câu 52. (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA = a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng: A.

21a . 14

2a . 2

21a . 7

Câu 45. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng A.

6a 6

3a 3

5a 3

3a ,

a 6 . 2

a 6 . 3

3a . 2

3a 7

3a 2 2

2a 5

a 57 19

2 a 57 19

2a 3 19

2 a 38 19

Câu 49. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng a 2 . Tính khoảng cách d từ tâm O của đáy ABCD đến một mặt bên theo a .

3a . 7

21a . 7

15a . 5

a 3 4

a 3 2

a 2

Câu 54. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là nửa lục giác đều ABCD nội tiếp trong đường tròn đường kính AD = 2a và có cạnh SA vuông góc với mặt ph ẳng đáy ( ABCD ) với SA = a 6 . Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SCD ) . B. a 3 .

a 2 . 2

a 3 . 2

Câu 55. (THPT MINH CHÂU HƯNG YÊN NĂM 2018 – 2019) Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , AB = BC = a, AD = 2a. Hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy trùng với trung điểm H của AD và SH =

2a 3 3

Câu 48. (THPT CHUYÊN LAM SƠN ƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chop S . ABC có đáy là tam giác vuông tại A , AB = a , AC = a 3 , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng: A.

a 4

A. a 2 .

D. 2 a .

Câu 47. (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp SABCD có SA ⊥ ( ABCD ) , đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết AD = 2a , SA = a . Khoảng cách từ A đến ( SCD ) bằng: A.

Câu 53. (THPT LÊ VĂN THỊNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình chóp đều S . ABCD , cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bên và mặt đáy là 60° . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD ) . A.

3a 2

Câu 46. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( BCD ) . A.

2a . 2

21a . 28

A. d =

6a 8

a 6 . Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng ( SCD ) . 2 6a 15a B. d = a C. d = D. d = 4 5

Câu 56. (THPT CHUYÊN QUANG TRUNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho tứ diện O. ABC có OA, OB , OC đôi một vuông góc với nhau OA = OB = OC = 3. Khoảng cách từ O đến mp ( ABC ) là 1 1 1 A. B. 1 C. D. 2 3 3

Câu 57. (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , ABC = 60° . Cạnh bên SA vuông góc với đáy, SC = 2a . Khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SCD ) là

a 15 . 5

a 2 . 2

2a . 5

5a 30 . 3

Câu 58. (ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho hình chóp = 60° , SAB là tam giác đều nằm trên mặt phẳng vuông S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh 2a , góc BAD góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SCD ) là A.

a 3 2 .

3a 2 .

a 6 2 .

D. a 6

Câu 59. (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O; mặt phẳng ( SAC ) vuông góc với mặt phẳng ( SBD ) . Biết khoảng cách từ O đến các mặt phẳng ( SAB ) , ( SBC ) , ( SCD ) lần lượt là 1; 2; 5 . Tính khoảng cách d từ O đến mặt phẳng ( SAD ) .

19 20 A. d = . B. d = . C. d = 2 . 20 19 Dạng 2.2 Khoảng cách của đường thẳng với đường thẳng

2 D. d = . 2

Câu 60. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho lập phương ABCD . A′B ′C ′D ′ có cạnh bằng a ( tham khảo hình vẽ bên ).Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và A ′ C ′ bằng

Câu 63. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho tứ diện O. ABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau, OA = a và OB = OC = 2a . Gọi M là trung điểm của BC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và AB bằng 6a 2 5a 2a A. B. a C. D. 3 5 2 Câu 64. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau, và OA = OB = a , OC = 2a . Gọi M là trung điểm của AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và AC bằng 2 5a 2a 2a 2a A. B. C. D. 5 2 3 3 Câu 65. (GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AC = a 3 . Biết BC′ hợp với mặt phẳng ( AA′C′C ) một góc 30o và hợp

6 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm cạnh BB′ và A′C ′ . 4

với mặt phẳng đáy góc α sao cho sin α = Khoảng cách giữa MN và AC′ là: a 6 a 3 A. B. 4 6

a 5 4

a 3

Câu 66. (THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABC , a3 3 có SA = SB = SC , đáy là tam giác đều cạnh a . Biết thể tích khối chóp S . ABC bằng . Khoảng cách 3 giữa hai đường thẳng SA và BC bằng: a 3 3 13a 4a 6a A. B. C. D. 7 13 7 4 Câu 67. (THPT CHUYÊN QUANG TRUNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng a (tham khảo hình vẽ).

B A.

3a 2

D. a

Câu 61. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là ình chữ nhật, AB = a, BC = 2a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB bằng 6a 2a a a A. B. C. D. 2 3 2 3 Câu 62. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a , BC = 2a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD , SC bằng a 30 a 30 4 21a 2 21a A. B. C. D. 21 21 12 6

D' C'

Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và A ' C ' bằng

A. a

3 a 2

Câu 68. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABCD có SA ⊥ ( ABCD ) , đáy ABCD là hình chữ nhật với AC = a 5 và BC = a 2 . Tính khoảng cách giữa SD và

BC . A.

a 3 . 2

B. a 3 .

2a . 3

Câu 70. (THPT LÊ VĂN THỊNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A′ B ′C ′ có tất cả các cạnh đều bằng a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và AB ′ bằng a 21 7

a 3 2

a 7 4

4 210 . 45

a 2 2

Câu 71. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , AC = a . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC , biết góc giữa đường thẳng SD và mặt đáy bằng 60° . a 906 a 609 a 609 a 600 A. B. C. D. 29 29 19 29

Câu 73. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C′ có AB = a , AA′ = 2a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB′ và A′C.

a 3 2

2 5 a 5

C. a 5

2 17 a 17

C. d =

4 210 . 15

D. d =

2 210 . 15

21 . 7

A. d =

B. d =

2 21 . 7

C. d =

21 . 3

D. d =

2 21 . 3

Câu 76. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho khối chóp tứ giác đều a 2b với AB = a . Gọi G là trọng tâm của tam giác SCD , trên các cạnh AB, SD S.ABCD có thể tích bằng 3 lần lượt lấ y các điểm E , F sao cho EF song song BG . Khoảng cách giữa hai đường thẳng DG và EF bằng 2ab ab ab a 2b A. . B. . C. . D. . 2 2 2 2 3 2b + a 2b + a 3 2b 2 + a 2 3 2b 2 + a 2 Câu 77. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Cho hình chóp ASB = 120° và nằm S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a 3 , mặt bên SAB là tam giác cân với trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của SC và N là trung điểm của MC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , BN . S

M N C

Câu 74. (THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh bẳng 4 , góc giữa SC và mặt phẳng ( ABC ) là 45° . Hình chiếu của S lên mặt phẳng

( ABC )

210 . 5

SM và BC là

Câu 72. (KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S. ABCD , đáy ABCD là hình bình hành có AB = 4, BC = 3 , SA = SB = SC = SD = 6 . K là hình chiếu vuông góc của B xuống AC . Tính độ dài d đoạn vuông góc chung của SA và BK . 119 4 229 259 4 119 A. B. C. D. 11 13 5 15

B. d =

Câu 75. (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC = 60° , AC = 2 , SA ⊥ ( ABC ) , SA = 1 . Gọi M là trung điểm của AB . Khoảng cách d giữa vuông tại B , C

3a . 4

Câu 69. (THPT LÊ VĂN THỊNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a , SO vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) và SO = a. Khoảng cách giữa SC và AB bằng a 3 a 5 2a 3 2a 5 A. B. C. D. 15 5 15 5

A. d =

là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và

BC .

2 327 a 237 a 2 237 a 5 237 a A. . B. . C. . D. . 79 79 79 316 Câu 78. (CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 3 cm. Gọi M là trung điểm của CD . Khoảng cách giữa AC và BM là: 2 11 3 22 3 2 2 A. B. C. D. cm . cm . cm cm . 11 11 11 11

Câu 79. (TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI SỐ 2 NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy = 30° SBC = 60° ABCD là hình bình hành và SA = SB = SC = 11 , SAB , và SCA = 45° . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB và SD ? A. d = 4 11

B. d = 2 22

C. d =

22 2

D. d = 22

Câu 80. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB, AC , AD vuông góc với nhau đôi một và AD = 2 AC = 3 AB = a . Gọi ∆ là đường thẳng chứa trong mặt 13

( BCD ) sao cho khoảng cách từ điểm A đến ∆ là nhỏ nhất và khoảng cách lớn nhất giữa hai đường thẳng ∆ và AD là d . Khẳng định nào sau đây là đúng?. 14 3a 4a A. d = a B. 3a < d < 4 a. C. D. d > 4 a . <d < . . 14 14 7

Mặt khác có ∆ABC vuông tại C nên AB = AC 2 + BC 2 = a 3 . = SA = 1 nên SB Khi đó tan SBA , ( ABC ) = 30° . AB 3 Câu 2. Chọn A

)

(

Câu 81. (THPT NGÔ GIA TỰ VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S.ABCD có đáy = 300 , SBC = 600 và SCA = 450. Tính khoảng cách d giữa là hình bình hành và SA = SB = SC = 11, SAB hai đường thẳng AB và SD ? 22 A. d = 4 11. B. d = 2 22. C. d = D. d = 22. . 2 Câu 82. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) Cho hình hộp ABCDA′B′C ′D′ có tất cả các cạnh đều bằng 1 và các góc phẳng ở đỉnh A đều bằng 60° . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB ′ và A′C ′ . 22 2 2 3 A. . B. . C. . D. . 11 11 11 11 Dạng 2.3 Khoảng cách của đường với mặt

A B

Câu 83. (THPT LÊ XOAY VĨNH PHÚC LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là

. Do SA ⊥ ( ABCD ) nên góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng góc SCA SA = 45° . = Ta có SA = 2a , AC = 2a ⇒ tan SCA = 1 ⇒ SCA AC Vậy góc giữa đường thẳng SC và và mặt phẳng đáy bằng bằng 45° . Câu 3. Chọn C Vì SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , suy ra góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng

hình thang vuông tại A và D , SD vuông góc với mặt đáy ( ABCD ) , AD = 2a, SD = a 2 . Tính khoảng

. SCA

cách giữa đường thẳng CD và mặt phẳng ( SAB )

= Mà tan SCA

a . 2

B. a 2.

2a . 3

a 3 . 2

Câu 84. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA = 2a . Gọi M là trung điểm của SD . Tính khoảng cách d giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( ACM ) A. d =

3a 2

B. d = a

C. d =

2a 3

D. d =

SA 2a = =1. AC a 2 + 3a 2

= 45° . Vậy SCA Chọn B Câu 4. S

a 3

PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO Dạng 1. Góc Dạng 1.1 Góc của đường thẳng với mặt phẳng Câu 1. Chọn C

) (

. Do SA ⊥ ( ABCD ) nên góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng góc SBA AB 1 = 60° . = Ta có cos SBA = ⇒ SBA SB 2 Vậy góc giữa đường thẳng SB và và mặt phẳng đáy bằng bằng 60° . Câu 5. Chọn A

Có SA ⊥ ( ABC ) nên AB là hình chiếu của SA trên mặt phẳng ( ABC ) .

(

Ta có AC là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng ( ABC ) .

)

. ⇒ SB , ( ABC ) = SB , AB = SBA

=ϕ . Suy ra góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng SCA 15

Ta có AC = a 2 , SA = a 2 nên tam giác SAC vuông cân tại A ⇒ ϕ = 450 . Câu 6. Chọn A Ta có SA ⊥ ( ABC ) nên AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng ( ABC ) . . Do đó ( SC , ( ABC ) ) = ( SC , AC ) = SCA

a 6

Tam giác ABC vuông tại B, AB = a 3 và BC = a nên AC = AB 2 + BC 2 = 4a 2 = 2a . = 450 . Do đó tam giác SAC vuông cân tại A nên SCA

Vậy ( SC , ( ABC ) ) = 45 . 0

Câu 7.

a 2

Câu 9.

Chọn D S

a B

AC = a 2 ,

AC là hình chiếu vuông góc của SC trên ( ABCD ) ⇒ ( SC , ( ABCD ) ) = ( SC ; AC ) = SCA

SA a 6 3 = 30° . = : a 2 = ⇒ SCA AC 3 3 Chọn A

= ∆SAC : tan SCA

Câu 10.

(

)

a2 a 2 = 2 2 Gọi M là trung điểm của OD ta có MH / / SO nên H là hình chiếu của M lên mặt phẳng ( ABCD) và Gọi O là tâm của hình vuông. Ta có SO ⊥ ( ABCD ) và SO = a 2 −

a 2 1 . SO = 2 4 . Do đó góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng ( ABCD) là MBH MH =

Ta có AC = a 2 Vì AC là hình chiếu của SC lên ( ABCD ) nên góc giữa SC và ( ABCD ) là góc giữa SC và AC

a 2 MH 1 Khi đó ta có tan MBH = = 4 = . BH 3a 2 3 4

Vậy tang của góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng ( ABCD) bằng

= Xét ∆SAC vuông tại A, ta có: tan SCA

1 3

Câu 11.

a 6 3 = 3 . Suy ra SCA = 300 3 a 2

Chọn A

Câu 8. Chọn D Ta có SA ⊥ ( ABC ) nên đường thẳng AC là hình chiếu vuông góc của đường thẳng SC lên mặt phẳng

( ABC ) .

(

) (

)

(tam giác SAC vuông tại A ). Do đó, α = SC , ( ABC ) = SC , AC = SCA

Tam giác ABC vuông cân tại B nên AC = AB 2 = 2a . = SA = 1 nên α = 45o . Suy ra tan SCA AC

SC ; AC = SCA Vì SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ ( SC ; ( ABCD ) ) = ( ) . 17

Ta có AC = AB 2 + BC 2 = a 2.

= ⇒ tan SAC

SA a 2 = 450. = = 1 ⇒ SCA AC a 2 S

Câu 14.  DO ⊥ AC ⇒ DO ⊥ ( ABCD ) . Gọi O = AC ∩ BD . Ta có:   DO ⊥ SA ( SA ⊥ ( ABCD ) ) =α . SD; ( SAC ) ) = ( SD; SO ) = DSO ⇒ SO là hình chiếu của SD lên mặt phẳng ( SAC ) ⇒ (

D H O

Câu 12. Trong tam giác SOD dựng MH //SO, H ∈ OD ta có MH ⊥ ( ABCD ) . . Vậy góc tạo bởi BM và mặt phẳng ( ABCD ) là MBH

Xét ∆SAD vuông tại A : SD = 3a 2 + a 2 = 2a . Xét ∆SOD vuông tại O : có SD = 2a , OD =

a 2 1 1 1 Ta có MH = SO = . SD 2 − OD 2 = 4a 2 − 2a 2 = 2 2 2 2 3 3 3a 2 . BH = BD = 2a 2 = 4 4 2 = MH = 1 . Vậy tan MBH BH 3

a 2 = DO = 2 . ⇒ sin α = sin DSO 2 SD 4 S

A H

Câu 13. Trong ( SAB) kẻ AH ⊥ SB ( H ∈ SB) .  SA ⊥ BC Vì  ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH .     AB ⊥ BC

Mà SB ⊥ AH do cách dựng nên AH ⊥ ( SBC ) , hay H là hình chiếu của A lên ( SBC ) suy ra góc giữa SA

Câu 15. Gọi H là trung điểm AB dễ thấy SH ⊥ ( ABC ) . = 60° . SC tạo với mặt phẳng đáy một góc 60° suy ra SCH a 3 = 3a . Có HC = ⇒ SH = HC.tan SCH 2 2 a a 10 HM 1 1 Dễ thấy α = SMH , HM = AC = ⇒ SM = . ⇒ cos α = = 2 2 2 SM 10 Câu 16. Chọn C

ASH hay góc ASB . và ( SBC ) là góc Tam giác ABC vuông ở B ⇒ AB = AC 2 − BC 2 = a 3 AB 1 Tam giác SAB vuông ở A ⇒ sin ASB = ASB = 30° = ⇒ SB 2

Ta gọi E , F lần lượt là trung điểm của SC= AB . Ta có ME / / NF ( do cùng song song với BC . Nên tứ giác MENF là hình thang,  MF / ISA và  ⇒ MF ⊥ ( ABCD ) hay tứ giác MENF là hình thang vuông tại M , F  SA ⊥ ( ABCD) Gọi K = NF ∩ AC , I = EK ∩ M thì I = MN ∩ ( SAC )  NC ⊥ AC Ta có:  ⇒ NC ⊥ ( SAC ) hay E là hình chiếu vuông góc của N lên ( SAC )  NC ⊥ SA Từ đó ta có được, góc giữa MN và ( SAC ) là góc giữa MN và CI CN Suy ra, gọi Q là góc giữa MN và ( SAC ) thì sin α = IN 1 a 2 IN KN 2 2 a 10 NC = CD = ; MF 2 + FN 2 = = = 2 ⇒ IN = MN = 2 2 3 3 3 M ME CN 3 5 Vậy sin α = = . IN 10

Áp dụng Định lí Pitago vào tam giác vuông SAO ta có SA2 = OA2 + SO 2 , suy ra 2

a 2 2a 2 + 4b 2 2 SA = OA2 + SO 2 =  .  + b = 2 2   2a = AH = Do ( ∆ ) // ( ∆ ' ) nên cos ( ( SA ) , ( ∆ ) ) = cos ( ( SA ) , ( ∆′ ) ) = cos SAH . SA 3 2a 2 + 4b 2

D O

H B

Câu 18. Gọi H , M lần lượt là trung điểm của AB , SB ; O là tâm của hình chữ nhật ABCD . Ta có MO / / SD . Dễ thấy BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AM , mà SB ⊥ AM nên AM ⊥ ( SBC ) . Xét tam giác AMO , có: a 3 ; AM = 2 1 1 2 AO = AC = a + 3a 2 = a ; 2 2 2

2 1 1 1 1 a 3 a 2 SD = SH 2 + HD 2 = SH 2 + HA2 + AD 2 =   +   + 3a = a . 2 2 2 2  2  2 ⇒ ∆AMO cân tại O

MO =

⇒ sin AMO =

d ( O; AM )

OM 13 ⇒ cos SD; ( SBC ) = sin AMO = 4

Câu 17. Gọi ( ∆′ ) là đường thẳng đi qua A và song song với ( ∆ ) . Hạ OH ⊥ ( ∆ ') ( H ∈ ( ∆ ' ) ) . Do O là trung điểm

(

MO 2 −

AM 2 4 =

3a 2 16 = 13 . a 4

a2 −

)

a 14 của AC và ( ∆ ) // ( ∆ ' ) nên d ( O, ( ∆ ' ) ) = d ( O, ( ∆ ) ) hay OH = . 6 Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên đáy ABCD là hình vuông và SO ⊥ ( ABCD ) . Do AH ⊥ OH và AH ⊥ SO nên, suy ra AH ⊥ SH .

a 2 . 2 2 2 Áp dụng Định lí Pitago vào tam giác vuông AHO ta có OA = OH + AH 2 , suy ra Do ABCD là hình vuông cạnh a nên AC = a 2 , suy ra OA =

 a 2   a 14  a AH = OA2 − OH 2 =   −   = . 3  2   6 

● Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC . Dựng đường thẳng d qua O và d // SB , d cắt SD tại K . Khi đó

góc giữa SB và ( SCD ) chính là góc giữa OK và ( SCD ) . ● Vì SO ⊥ ( ABCD ) ⇒ SO ⊥ CD . = 60° ). Ta lại có: ∆ABC đều ( ∆ABC cân tại B và BAC

K C

B I O

Câu 19. Do ASB = 90° nên tâm O′ của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABI nằm trên đường thẳng d đi qua trung điểm

O của đoạn thẳng AB và d ⊥ ( SAB ) . (1)

⇒ AB ⊥ CO ⇒ CD ⊥ CO ⇒ CD ⊥ ( SCO ) ⇒ ( SCD ) ⊥ ( SCO ) . Gọi H là hình chiếu của O trên SC , khi đó ta có: OH ⊥ SC   ⇒ OH ⊥ ( SCD ) . Do đó góc giữa SB và mặt phẳng ( SCD ) là: OKH = ϕ . OH ⊥ CD  = OH . Ta có: sin ϕ = sin OKH OK ● Tứ diện S . ABC là tứ diện đều cạnh a nên ta tính được: a 3 a 6 a 2 , SO = . OC = ⇒ OH = 3 3 3 OK DO 2 2 2 Vì OK // SB ⇒ = = ⇒ OK = SB = a . SB DB 3 3 3 OH 2 Vậy: sin ϕ = . = OK 2 Cách 2:

Trong mặt phẳng ( SCH ) kẻ IK ⊥ SH tại K . Theo giả thiết SI ⊥ ( ABC ) suy ra SI ⊥ AB . Từ SI ⊥ AB và AB ⊥ CH suy ra AB ⊥ ( SCH ) ⇒ AB ⊥ IK . Từ IK ⊥ SH và AB ⊥ IK ta có IK ⊥ ( SAB ) . ( 2 ) Từ (1) và ( 2 ) ta có IK d . Bởi vậ y ( OO '; ( ABC ) ) = ( d ; ( ABC ) ) = ( IK ; ( ABC ) ) . Vì ( SCH ) ⊥ ( ABC ) nên IH là hình chiếu vuông góc của IK trên mặt phẳng ( ABC ) . Bởi vậy = HSI . IK ; ( ABC ) ) = ( IK , IH ) = HIK (

AB . 2 Xét hai tam giác vuông CHO và SHO có CO = SO , cạnh OH chung nên ∆CHO = ∆SHO ( c.g.c ) , bởi vậ y CH = SH . CH SH = IH = 1 ⇒ HSI = 30° . , ta có sin HSI Xét tam giác SIH vuông tại I có IH = = 2 2 SH 2 OO '; ABC = 30° . Vậ y

Do tam giác ABC vuông tại C và SAB vuông tại S nên CO = SO =

(

))

d ( B, ( SCD )) (như hình trên). SB Gọi O là trọng tâm tam giác ABC . Khi đó ta có CO ⊥ CD . a 3 a 6 a 2 Dựng OH ⊥ SC suy ra OH ⊥ ( SCD ) . Ta tính được OC = . , SO = ⇒ OH = 3 3 3 3 3 3a 2 a 2 Khi đó d ( B, ( SCD)) = d (O, ( SCD)) = OH = = . 2 2 2 3 2 a 2 2 Vậy sin ( SB;( SCD)) = 2 = . a 2 Dạng 1.2 Góc của đường thẳng với đường thẳng Câu 21. Chọn D

Trước hết ta chứng minh được sin ( SB; ( SCD )) =

Câu 20. Cách 1: 23

Đặt OA = a suy ra OB = OC = a và AB = BC = AC = a 2 a 2 Gọi N là trung điểm AC ta có MN / / AB và MN = 2 Suy ra góc ( OM , AB ) = ( OM , MN ) . Xét OMN

a 2 nên O M N là tam giác đều 2 0 = 60 . Vậy ( Suy ra OMN OM , AB ) = ( OM , MN ) = 600 Câu 22. Chọn D Trong tam giác O M N có ON = OM = MN =

Câu 24. Gọi P là trung điểm AC , ta có PM //CD và PN //AB , suy ra , PN . AB, CD = PM

(

) (

)

Dễ thấy PM = PN = a .

= Xét ∆PMN ta có cos MPN

(

PM 2 + PN 2 − MN 2 a 2 + a 2 − 3a 2 1 = =− 2 PM .PN 2.a.a 2

)

= 1200 ⇒ ⇒ MPN AB, CD = 1800 − 1200 = 600 . B

N A D B'

(

)

3 −1 = AB. AD. cos 600 − AB. AD.cos 600 = AB. AD 2 4 AB.CD −1 1 cos AB, CD = = ⇒ cosϕ = AB.CD 4 4 Câu 23. Vì ABCD là hình vuông nên BD ⊥ AC . Mặt khác AA′ ⊥ ( ABCD ) ⇒ BD ⊥ AA′ .

(

Ta có AB. CD = AB. AD − AC = AB. AD − AB. AC = AB. AD. cos 600 − AB. AC.cos 600

D' Câu 25. Giả sử cạnh của hình lập phương là a > 0 . Gọi N là trung điểm đoạn thẳng BB′ . Khi đó, MN //BC′ nên ( AM , BC ′ ) = ( AM , MN ) .

)

Xét tam giác A′B′M vuông tại B′ ta có: A′M = A′B′2 + B ′M 2 = a 2 +

 BD ⊥ AC ⇒ BD ⊥ ( AA′C ) ⇒ BD ⊥ A′C . Ta có   BD ⊥ AA ' Do đó góc giữa A′C và BD bằng 90° .

Xét tam giác AA′M vuông tại A′ ta có: AM = AA′2 + A′M 2 = a 2 +

a2 a 5 . = 4 2

5a 2 3a = . 4 2

BC ′ a 2 a 5 ; MN = . = 2 2 2 Trong tam giác AMN ta có: Có AN = A′M =

9a 2 2a 2 5a 2 + − 2 MA2 + MN 2 − AN 2 1 4 4 = 6a . 4 . cos AMN = = 4 = 4 6a 2 2 2.MA.MN 3a a 2 2 2. . 2 2 Suy ra AMN = 45° . Vậy ( AM , BC ′ ) = ( AM , MN ) = AMN = 45° .

Dạng 1.3 Góc của mặt với mặt Câu 26. Chọn D Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của BC và B′C′; I = BM ∩ AB′, J = CN ∩ AC′, E = MN ∩ A′Q. Suy ra, ( MNP ) ∩ ( AB′C ′ ) = ( MNCB ) ∩ ( AB′C ′) = IJ và gọi K = IJ ∩ PE ⇒ K ∈ AQ với E là trung điểm M N (hình vẽ).

MNP ) , ( AB ′C ′ ) ) = ( AQ , PE ) = α ( AA′QP ) ⊥ IJ ⇒ AQ ⊥ IJ , PE ⊥ IJ ⇒ ( (

Ta có AP = 3, PQ = 2 ⇒ AQ = 13 ⇒ QK =

= cos α = cos QKP

KQ 2 + KP 2 − PQ 2

2 KQ.KP

5 5 13 ; PE = ⇒ PK = . 2 3 3

13 . 65

Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ

(

) (

)

(

) (

⇒ P ( 0;0;0 ) , A ( 3;0;0) , B 0; 3;0 , C 0; − 3;0 , A′ ( 3;0;2 ) , B′ 0; 3;2 , C ′ 0; − 3; 3;22 C' Q

E M

)

3 3  3 3  nên M  ; ; 2  , N  ; − ; 2  2 2 2 2     1   Ta có vtpt của mp ( AB′C ′ ) là n1 = AB′, AC ′  = ( 2;0;3) và vtpt của mp ( MNP ) là n2 = ( 4;0; −3) 2 3

A' J

Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng ( AB′C ′ ) và mp ( MNP ) ⇒ cosϕ = cos n1 , n2 =

(

)

8−9 13 25

13 65

Cách 3 C

P B

Cách 2

Gọi Q là trung điểm của AA ' , khi đó mặt phẳng ( AB ' C ') song song với mặt phẳng ( MNQ ) nên góc giữa hai mặt phẳng ( AB ' C ') và ( MNP ) cũng bằng góc giữa hai mặt phẳng ( MNQ ) và ( MNP ) . Ta có:

0.0 − 4.2 + 3.( −3) n .n 17 13 = cos(n1 , n2 ) = 1 2 = . n1 . n2 65 02 + ( −4) 2 + 32 . 02 + 22 + (−3)2 Câu 28. Chọn A

( MNP ) ∩ ( MNQ ) = MN  0  PE ⊂ ( MNP ) ; PE ⊥ MN ⇒ ( ( MNP ) ; ( MNQ ) ) = PEQ hoặc ( ( MNP ) ; ( MNQ ) ) = 180 − PEQ  QE ⊂ ( MNQ ) ; QE ⊥ MN

Tam giác ABC đều có cạnh 2 3 ⇒ AP = 3 . Tam giác APQ vuông tại A nên ta có: PQ = AP 2 + AQ 2 = 32 + 12 = 10

Tam giác A ' QE vuông tại A ' nên ta có: QE =

13 3 A ' E 2 + A ' Q 2 =   + 12 = 2 2

5  3 Tam giác PEF vuông tại F nên ta có: PE = FP 2 + FE 2 = 22 +   = 2  2 Áp dụng định lý hàm số côsin vào tam giác PQE ta có: 25 13 + − 10 2 2 2 13 = EP + EQ − PQ = 4 4 cos PEQ =− 2.EP.EQ 65 5 13 2. . 2 2 = − cos PEQ = 13 . Do đó: cos ( ( MNP ) ; ( AB ' C ') ) = cos 1800 − PEQ 65 Câu 27. Chọn C

(

H K

)

M C'

I D'

Giao tuyến của ( MAB ) và ( MC ′D ′) là đường thẳng KH như hình vẽ. Gọi J là tâm hình vuông ABCD . L, N lần lượt là trung điểm của C ′D′ và AB . Ta có: C ′D′ ⊥ ( LIM ) ⇒ C ′D′ ⊥ LM ⇒ LM ⊥ KH . Tương tự AB ⊥ ( NJM ) ⇒ AB ⊥ MN ⇒ MN ⊥ KH . Suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( MAB ) và ( MC ′D′) chính là góc giữa 2 đường thẳng ( MN , ML ) .

10 34 , MN = , NL = 2 . 6 6 2 2 2 = MN + ML − NL = −7 85 . Ta có: cos LMN 2 MN .ML 85 7 85 Suy ra cosin của góc giữa hai mặt phẳng ( MAB ) và ( MC ′D ′) là . 85

Gọi cạnh hình lập phương là 1. Ta có LM =

Không mất tính tổng quát ta đặt cạnh của khối lập phương là 1. Chọn hệ trục tọa độ sao cho A′(0;0; (0;0;0), 0), B′(1;0;0), D′(0;1;0) và A(0;0;1) (như hình vẽ).  1 1 1 Khi đó ta có: M  ; ;  .  2 2 3  1 1 2   2 1 Suy ra: AB = (1;0; 0), MA =  ; ; −  ⇒  AB, MA =  0; − ;  ⇒ n1 = (0; −4;3) là VTPT của mặt phẳng 3 2  2 2 3 ( MAB ).  1 1 1   1 1  D′C ′ = (1; (1;0; 0;0), 0), MD′ =  ; − ;  ⇒  D′C ′, MD′ =  0; ; −  ⇒ n2 = (0; 2; −3) là VTPT của mặt phẳng  2 2 3  3 2 ( MC ′D′) . cosin của góc giữa hai mặt phẳng ( MAB ) và ( MC ′D′) bằng: 29

Câu 29. Ta có: ( SBD ) ∩ ( ABCD) = BD . Hạ AH ⊥ BD tại H . AH ⊥ BD  Ta có  ⇒ BD ⊥ ( SAH ) ⇒ BD ⊥ SH . BD ⊥ SA  30

(

)

Gọi

(

)

< 900 ⇒ HA , HS = SHA ∆SAH vuông tại A ⇒ SHA = SA . tan SHA AH Xét ∆ABD vuông tại A có: 1 1 1 = + . AH 2 AB 2 AD 2 2 5 ⇔ AH = . 5 = SA = 2a = 5. tan SHA AH 2a 5 5

Câu 30.

α là góc giữa hai mặt phẳng ( AB′D′)

và ( A′C′D) nn 29 cos α = 1 2 = . Vậy giá trị gần đúng của góc α là 61, 6° . 61 n1 n2

⇒ ( , HS . ( SBD ) ;( ABCD) ) = HA

Cách 3.

Cách 1: Hai mặt phẳng ( AB′D′) và ( A′C′D) có giao tuyến là EF như hình vẽ.

Do EF //AB′ mà A′D′ ⊥ ( A′ABB′) nên A′D′ ⊥ AB′ ⇒ EF / / A ' D ' Từ A′ kẻ vuông góc lên giao tuyến EF tại H thì A ' H ⊥ EF ⇒ EF ⊥ ( A′D′H ) ⇒ EF ⊥ D′H . Khi đó,

′ và D′H . góc giữa hai mặt phẳng cần tìm chính là góc giữa hai đường thẳng AH

Do hai mặt phẳng ( AB′D′) và ( A′C′D ) chứa hai đường AB′ và C′D song song với nhau nên giao tuyến của chúng song song hai đường đó. Kẻ A′H ⊥ AB′ , H ∈ AB′ , dựng hình bình hành A′HKD′ có tâm I như hình vẽ. Do A′D′ ⊥ ( A′ABB′) nên A′D′ ⊥ AB′ suy ra AB′ ⊥ ( A′HKD′) ⇒góc giữa hai mặt phẳng ( AB′D′) và

( A′C′D) là góc giữa

′ và D′H . AK

′ ′ có AH ′ là đường cao nên Trong tam giác vuông AAB Vậy A′H =

13 D′B′ B ′A D ′A 5 = , D ′F = = 5. = , EF = 2 2 2 2 2 61 2S 305 = . . Suy ra D′H = DEF = 4 EF 10

1 1 1 1 1 5 . = + = + = A′H 2 A′B ′ 2 AA′2 4 16 16

4 . 5

Tam giác D' EF lần lượt có D′E = Theo Hê-rông ta có: SD'EF '

29 Xét tam giác A′IH có cos I = − cos ( A′ + H ) = − cos A′ cos H + sin A′ sin H = . 61

Dễ thấy ∆ A EF = ∆ D EF ⇒ A H = D H . '

Vậy góc giữa hai mặt phẳng ( AB′D′) và ( A′C′D) gần đúng bằng 61, 6° . Câu 31. Chọn D

29 HA′2 + HD′2 − A′D′2 =− . 2HA′.HD′ 61 A′H , D′H ≈ 180°−118,4 118, 4° = 61,6° . A′HD′ ≈ 118,4° hay Do đó A′HD′ = Tam giác D′A′H có: cos

(

)

Cách 2: Gắn hình hộp chữ nhật ABCD.A′B′C′D′ vào hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó A( 0;0;0) ,

B( 2;0;0) , D( 0;3;0) , C ( 2;3;0) , A′ ( 0;0; 0;0;4 4 ) , B′ ( 2;0;4) , D′ ( 0;3;4) , C′ ( 2;3;4) . Gọi n1 là véc tơ pháp tuyến của ( AB′D′ ) . Có n1 =  AB ′; AD ′  = ( −12; − 8; 6 ) . Gọi n2 là véc tơ pháp tuyến của ( A′C′D ) . Có n 2 =  A′ C ′; A ′D  = ( − 12; 8; 6 ) . 31

Xét tam giác vuông A′AI có cos ϕ = Vậ y

AI 3 = ⇒ ϕ = 30 . A' I 2

(( A ' BC ) ; ( ABC ) ) = 30° . S

Gọi M trung điểm SA . Ta có ∆SAB cân tại B ⇒ BM ⊥ SA

(1)

Vì SO ⊥ ( ABCD ) ⇒ SO ⊥ BD , lại có O trung điểm BD ⇒ ∆SBD cân tại S nên SD = SB = a ⇒ ∆SAD

Câu 33. Gọi O là tâm đáy, và K là hình chiếu vuông góc của O trên SC.  BD ⊥ AC Do  ⇒ BD ⊥ ( SAC ) ⇒ BD ⊥ SO , suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và ( ABCD ) là góc  BD ⊥ S A = α . Ta có tan α = SA = 2 ⇒ SA = OA. 2 = a. SOA OA  SC ⊥ BD . Ta có Do  ⇒ SC ⊥ BK . nên góc giữa hai mặt phẳng ( S AC ) và ( SBC ) là BKO  SC ⊥ OK

cân tại D nên DM ⊥ SA (2) Lại có ( SAB ) ∩ ( SAD ) = SA (3) . hoặc ( Từ (1); (2); (3) ⇒ ( ( SAB ) , ( SAD ) ) = BMD ( SAB ) , ( SAD ) ) = 180° − BMD

a 3 2a 3 ⇒ BD = . 3 3 a 6 a 3 1 2a 3 1 Xét ∆AOB ⇒ OA = OC = . Xét ∆SOC ⇒ SC = ⇒ OM = SC = = BD 3 3 2 3 2 Do đó ∆BMD vuông tại M , vậ y ( , do đ ó ch ọ n D. ( SAB ) , ( SAD ) ) = BMD = 90° Xét ∆SOB ⇒ OB =

Câu 32.

BO = BO = = tan BKO OK 1 d A, SC ( ) 2

Chọn C

2 BO SA. AC 2

SA + AC

2 2 2 . 1 + 2 2 = 600 . = 3 suy ra BKO 1. 2

Câu 34. Ta có tam giác ABC vuông tại C nên BC ⊥ AC (1) . Ta có ∆A′BC cân tại A . Gọi I là trung điểm của BC

(

 SA ⊥ ABCD ⇒ BC ⊥ SA ( 2 ) . Vì   BC ⊂ ABCD Từ (1) , ( 2 ) ⇒ BC ⊥ ( SAC )

)

⇒ ( ( A ' BC ) ; ( ABC ) ) = AI ; A′I = A′IA = ϕ .

  BC = 2a  Theo đề bài ta suy ra  A′I = 2a   AI = 2a 3 ⋅  2

Trong ( SAC ) vẽ AH ⊥ SC tại H  AH ⊥ BC ( BC ⊥ ( SAC ) , AH ⊂ ( SAC ) ) ⇒ AH ⊥ ( SBC ) Ta có:   AH ⊥ SC

 AH ⊥ ( SBC ) ⇒ SB ⊥ AH   SB ⊂ ( SBC ) Trong ( SAB ) vẽ AK ⊥ SB tại K

x 6 x 10 2 A ' B = A ' D =   + x = 2 ⇒ ∆ A ' BD cân ⇒ A ' O ⊥ BD .  2  2

x 6 x 10 2 C ' B = C ' D =   + x = 2 ⇒ ∆C ' BD cân ⇒ C ' O ⊥ BD . 2   + ( A ' BD ) ∩ ( C ' BD ) = BD

SB ⊥ AH ⇒ SB ⊥ ( AHK ) mà HK ⊂ ( AHK ) nên SB ⊥ HK  SB ⊥ AK  SB ⊥ AK   SB ⊥ HK  ⇒ ( SBA ) ; ( SBC )  = ( AK ; HK ) = AKH Ta có:  AK ⊂ ( SAB )   HK ⊂ ( SBC )  SB = ( SAB ) ∩ ( SBC )  ∆SAC vuông tại A có đường cao AH : 1 1 1 1 1 1 = + ⇒ = + 2 2 AH 2 SA2 AC 2 AH 2 a 2 a 2

(

) (

A ' O ⊥ BD, A ' O ⊂ ( A ' BD ) C ' O ⊥ BD, C ' O ⊂ ( C ' BD ) ⇒ góc giữa hai mặt phẳng ( A ' BD ) và ( C ' BD ) bằng góc giữa A ' O và C ' O . + Tính A ' OC ' . 2

)

A 'C ' = x 2 . ⇒ ∆ A ' OC ' đều ⇒ A ' OC ' = 600 .

1 1 ⇒ = ⇒ AH = a . AH 2 a 2 ∆SAB vuông tại A có đường cao AK : 1 3 2a 1 1 1 1 1 1 ⇒ = + ⇒ = 2 ⇒ AK = . = + 2 2 2 AK 4 a AK 2 SA2 AB 2 AK 2 3 2 a ( ) a 2

(

 x 10   x 2  A ' O = C ' O = A ' B 2 − BO 2 =   −   = x 2 .  2   2 

Vậy góc giữa hai mặt phẳng ( A ' BD ) và ( C ' BD ) bằng 600 . Cách khác: Gắn hệ trục tọa độ Oxyz vào hình hộp chữ nhật ABCD . A ' B ' C ' D ' để tìm góc giữa hai mặt phẳng ( A ' BD ) và ( C ' BD ) .

)

∆AHK vuông tại H :

4a 2 a2 a = a 2 + HK 2 ⇒ HK 2 = ⇒ HK = 3 3 3. a 1 HK AKH = = 3 = ⇒ AKH = 600 . ∆AHK vuông tại H ⇒ cos AK 2a 2 3 AK 2 = AH 2 + HK 2 ( Pytago ) ⇒

(

)

D O

Câu 35. + Gọi O là giao điểm của hai đường chéo hình vuông ABCD . x 6 Đặt AB = x ⇒ BC = x; AA ' = . 2

Câu 36. Cách 1: Gọi I = A′B ∩ B′A ; J = C ′D ∩ D ′C . Ta có IJ = ( ADB′C′) ∩ ( BCD′A′) (1). Theo giả thiết, ta có: IJ ⊥ ( DCC′D′) ⇒ C ′D ⊥ IJ (2). Từ (1) và (2) ⇒ C ′D ⊥ ( BCD′A′) ⇒ ( ADC′B′) ⊥ ( BCD′A′) . Vậy góc giữa hai mặt phẳng ( ADC′B′) và ( BCD′A′) là 90° . Cách 2: Mặt phẳng ( DCC ′D′) vuông góc và cắt hai mặt phẳng ( ADC′B′) và ( BCD′A′) lần lượt theo hai giao tuyến DC ′ và D ′C . ⇒ Góc giữa hai mp ( ADC′B′) và ( BCD′A′) là góc giữa hai đường thẳng DC ′ và D ′C . Vì ABCD. A′B ′C ′D ′ là hình lập phương nên tứ giác DCC ′D ′ là hình vuông ⇒ DC ′ ⊥ D ′C . Vậy góc giữa hai mặt phẳng ( ADC′B′) và ( BCD′A′) là 90° .

Dạng 2. Khoảng cách Dạng 2.1 Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng Câu 39. Chọn A S

Câu 37. Ta có AMC ′N là hình bình hành, mà tam giác AMN cân tại A nên MN ⊥ AC ′ . Ta có ( BDD ' B ' ) cắt ba mặt phẳng ( ABCD ) , ( A' B 'C ' D ' ) , ( AMC ' N ) lần lượt theo ba giao tuyến

BD / / B' D' / / MN . Hai mặt phẳng ( P ) và ( ABCD ) có điểm chung A và lần lượt chứa hai đường thẳng song song MN , BD nên giao tuyến của chúng là đường thẳng d đi qua A và song song với MN , BD . Trên hai mặt phẳng ( P ) và ( ABCD ) lần lượt có hai đường thẳng AC ′ và AC cùng vuông góc với d nên . Xét tam giác góc giữa hai mặt phẳng ( P ) và ( ABCD ) chính là góc giữa AC ′ và AC , bằng góc CAC′ C 'CA vuông tại C có: cos ϕ =

A a

 BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ ( SAB ) . Ta có   BC ⊥ SA Kẻ AH ⊥ SB . Khi đó AH ⊥ BC ⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ AH là khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) .

AC BD MN a 2 = = = = AC ′ AC ′ AC ′ a 2 2

4a 2 2 5a 1 1 1 1 1 5 ⇒ AH = . = 2+ = 2 + 2 = 2 ⇒ AH 2 = 2 2 AH SA AB 4a a 4a 5 5 Câu 40. Chọn B S Ta có

Cách 2: Theo chứng minh ở trên thì MN //BD và MN = BD = a . Đa giác AMC ′N nằm trên mặt phẳng ( P ) có hình chiếu trên mặt ( ABCD ) là hình vuông ABCD nên: 2

cos ϕ =

S ABCD S AMC ′N

 BD    AB 2 2  = = = . 1 1 2 AC ′.MN AC ′.MN 2 2 2

H A

Kẻ AH ⊥ SB trong mặt phẳng ( SBC )

 BC ⊥ AB Ta có:  ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH  BC ⊥ SA  AH ⊥ BC a 2 1 Vậ y  ⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( A, ( SBC ) ) = AH = SB = . AH ⊥ SB 2 2  Câu 41. Chọn B

C A Câu 38. Do ABC. A ' B ' C ' là hình lăng trụ đứng nên ta có: S ABC = SMNP .cos ( ( MNP ) , ( ABC ) ) ⇔ cos ( ( MNP ) , ( ABC ) ) =

S ABC 2 3 3 ⇔ ( ( MNP ) , ( ABC ) ) = 300 = = SMNP 4 2

Câu 43.

Chọn C S

H A

A D

K O

* Gọi O = AC ∩ BD và G là trọng tâm tam giác ABD , I là trung điểm của AB ta có d ( D; ( SAC ) ) DG SI ⊥ ( ABCD ) và = = 2 ⇒ d ( D; ( SAC ) ) = 2.d ( I ; ( SAC ) ) . IG d ( I ; ( SAC ) )

a 3 BO a 2 = ; IK = 2 2 4 a 3 1 1 1 4 16 28 = + = + = ⇒ IH = IH 2 SI 2 IK 2 3a 2 2a 2 3a 2 2 7

* Xét tam giác SIK vuông tại I ta có: SI =

Chọn B

Kẽ MA ⊥ CD ( M ∈ CD ) ,kẽ AH ⊥ SM ⇒ SH ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( A, ( SCD ) ) = SH . 2S ACD S ABCD a 3 1 1 1 21 = = = + ⇒ SM = a CD CD 7 2 SH 2 SA2 AM 2 3V 3V 21 21a a CÁCH 2: Ta có AB / / CD ⇒ d ( B; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) ) = S . BCD = S .A BCD = . SSCD 2S SCD 7

SA = a ; AM =

a 21 . 7

( ∆SCD; SD = a 2; SC = 2 a;CD = a ) Câu 44. Chọn C

A H B

CÁCH 1: Ta có AB / / CD ⇒ d ( B; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) ) .

⇒ d ( D; ( SAC ) ) = 2.d ( I ; ( SAC ) ) = 2.IH

Câu 42.

* Gọi K là trung điểm của AO , H là hình chiếu của I lên SK ta có IK ⊥ AC; IH ⊥ ( SAC )

⇒ d ( D; ( SAC ) ) = 2.d ( I ; ( SAC ) ) = 2.IH =

D O

Gọi H là trung điểm của AB. Khi đó, SH ⊥ ( ABCD ) . Gọi O là giao điểm của AC và BD suy ra AC ⊥ BD . Kẻ HK ⊥ BD tại K ( K là trung điểm BO ). Kẻ HI ⊥ SH tại I. Khi đó: d ( A, ( SBD ) ) = 2d ( H , ( SBD ) ) = 2 HI .

Gọi H là trung điểm của AB ⇒ SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD). Từ H kẻ HM ⊥ BD , M là trung điểm của BI và I là tâm của hình vuông.  BD ⊥ HM ⇒ BD ⊥ (SHM) Ta có:   BD ⊥ SH Từ H kẻ HK ⊥ SM ⇒ HK ⊥ BD ( Vì BD ⊥ (SHM) ) ⇒ HK ⊥ (SBD) ⇒ d(H;(SBD)) = HK.

a 3 a 2 1 Xét tam giác SHK , có: SH = . , HK = AO = 2 2 4 a 21 1 1 1 28 Khi đó: = + = ⇒ HI = . HI 2 SH 2 HK 2 3a 2 14 a 21 Suy ra: d ( A, ( SBD ) ) = 2 HI = . 7 39

AI AC 2a 3a . SH = = = . 2 4 4 2 2a 3a . HM .HS 21a 4 2 . = = 2 2 2 2 14 HM + HS  2a   3a    +   4   2 

Ta có: HM =

HK =

Câu 47.

Chọn C

21a 21a d (C ;( ; (SBD )) = d ( A;( SBD )) = 2d ( H ;;(( SBD)) = 2 HK = 2. = . 14 7 21a Vậy: d (C;(SBD)) = . 7 Câu 45. Chọn D

Gọi H là hình chiếu của A lên SD ta chứng minh được AH ⊥ ( SCD )

 BC ⊥ AB Ta có:  ⇒ BC ⊥ ( SAB )  BC ⊥ SA  ( SAB ) ⊥ ( SBC ) ⇒  ( SAB ) ∩ ( SBC ) = SB

1 1 1 2a = + ⇒ AH = AH 2 SA2 AD 2 5 Câu 48. Chọn B

Trong mặt phẳng ( SAB ) : Kẻ AH ⊥ SB ⇒ AH = d ( A; ( SBC ) ) 1 1 1 1 1 4 = + = 2+ 2 = 2. AH 2 SA2 AB 2 a 3a 3a 3a ⇒ d ( A; ( SBC ) ) = AH = . Chọn D 2 Câu 46. Chọn B Gọi E , F , G lần lượt là trung điểm của BD, CD và trọng tâm tam giác BCD Tam giác BCD đều nên suy ra CE = CG =

BC 3 a 3 = 2 2

2 a 3 CE = 3 3

Tam giác ACG vuông tại G nên ta có AG 2 = AC 2 − CG 2 = a 2 − Vậy d ( A, ( BCD ) ) = AG =

1 1 1 1 1 1 1 1 1 19 . = + = + + = + + = AK 2 AH 2 AS 2 AB 2 AC 2 AS 2 a 2 3a 2 4a 2 12a 2 2a 57 2a 3 hay d ( A, ( SBC )) = Suy ra AK = . 19 19

a 2 2a 2 a 6 = ⇒ AG = 3 3 3

Ta có

a 6 3

⇒ AH =

a 10 a 10 . ⇒ d ( M ; ( SBD ) ) = 5 10 S

A O

Câu 49. B C S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên ABCD là hình vuông và SO ⊥ ( ABCD ) . Vẽ OH vuông góc với CD tại H thì H là trung điểm CD , OH =

Câu 51.

a . 2

Dễ thấy CD ⊥ ( SOH ) ⇒ ( SCD ) ⊥ ( SOH ) nên kẻ OK vuông góc với SH tại K thì OK ⊥ ( SCD ) .

⇒ d O, ( SCD )  = OK .

Ta có SA ⊥ ( ABC )   ⇒ SA ⊥ BC . BC ⊂ ( ABC )  Trong ( ABC ) , kẻ AH ⊥ BC , mà BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ ( SAH ) ⇒ BC ⊥ SH . Trong ( SAH ) , kẻ AK ⊥ SH , mà SH ⊥ BC ⇒ AK ⊥ ( SBC ) hay d ( A; ( SBC ) ) = AK .

a 2 =a 2. = Tam giác vuông SOH có OK là đường cao nên OK = 3 OS 2 + OH 2 a2 2 2a + 4 OS .OH

a 2.

Vì ∆ABC vuông tại A nên BC =

AB 2 + AC 2 = 2 a .

AB. AC 3a = . BC 2 19a Vì ∆SAH vuông tại A nên SH = SA2 + AH 2 = . 2 SA. AH 2a 3 Vậy có AK là đường cao AK = . = SH 19 Nhận xét. Trong thực hành làm toán trắc nghiệm ta nên áp dụng bài toán sau: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và H là hình chiếu của O lên mặt phẳng 1 1 1 1 = + + . ( ABC ) . Khi đó OH 2 OA2 OB 2 OC 2 Mặt khác có AH là đường cao nên AH =

a 2 Vậy d O, ( SCD ) = . 3

H C

A M B

Câu 50.

Câu 52. Gọi M là trung điểm BC . Kẻ AH ⊥ SM tại H . Ta có AM ⊥ BC và SA ⊥ BC nên BC ⊥ ( SAM ) ⇒ BC ⊥ AH (1) .

1 1 d ( C; ( SBD ) ) = d ( A; ( SBD ) ) 2 2 Gọi H là hình chiếu của A lên mp ( SBD ) ⇒ d ( A; ( SBD ) ) = AH Do M là trung điểm SC nên d ( M ; ( SBD ) ) =

Lại có AS , AB, AD đôi một vuông góc nên

1 1 1 1 1 1 1 = + + = + + AH 2 AS 2 AB 2 AD 2 a 2 a 2 a 2

(

)

Mà AH ⊥ SM ( 2 ) .

5 2a 2

Từ (1) và ( 2 ) suy ra AH ⊥ ( SBC ) . Do đó d ( A, ( SBC ) ) = AH . 43

Xét tam giác SAM vuông tại A , có 1 1 1 1 1 7 3 21a = + . ⇒ AH = a = = + = 7 7 AH 2 AM 2 AS 2  a 3 2 a 2 3a 2    2  Câu 53. Chọn C d ( B; ( SCD ) ) BD * Ta có: = = 2 ⇒ d ( B; ( SCD ) ) = 2.d ( O; ( SCD ) ) = 2OH . Trong đó H là hình chiếu d ( O; ( SCD ) ) OD

vuông góc của O lên ( SCD ) . S

AD = a , AC = a 3 . 2 Gọi E = AB ∩ CD , suy ra tam giác ADE đều. Khi đó C là trung điểm của ED và AC ⊥ ED .

Từ giả thiết suy ra: AB = BC = CD =

Dựng AH ⊥ SC thì AH ⊥ ( SCD ) , suy ra d [ A, ( SCD )] = AH . Xét tam giác SAC vuông tại A , có AH là đường cao 1 1 1 Suy ra: = + ⇒ AH = 2a AH 2 SA2 AC 2 a 2 1 1 Mà d [ B, ( SCD )] = d [ A, ( SCD )] = AH = . 2 2 2 Câu 55. Chọn C

H A

D 60

* Gọi I là trung điểm của CD ta có: ( SCD ) ∩ ( ABCD ) = CD  IO = 60° . ⇒ ( ( SCD ) ; ( ABCD ) ) = ( OI ; SI ) = S  SI ⊥ CD OI ⊥ CD  Xét tam giác SOI vuông tại O ta có: SO = OI .tan 60° =

Gọi M là trung điểm của CD , K là hình chiếu của H lên SM a 2 Tam giác HCD vuông tại H có CD = a 2 và HM = 2 Ta có BH / / CD ⇒ d ( B, ( SCD ) ) = d ( H , ( SCD ) ) = HK

a 3 . 2

1 1 1 4 4 16 = + = + = OH 2 OI 2 OS 2 a 2 3a 2 3a 2 a 3 a 3 ⇒ OH = ⇒ d ( B; ( SCD ) ) = . 4 2 Câu 54. Chọn C Xét ∆SOI , ta có

Tam giác SHM vuông tại H có HK = Vậy d ( B, ( SCD ) ) =

Câu 56.

HM .HS HM 2 + HS 2

a 6 4

Chọn B

Gọi A ' là chân đường cao kẻ từ A lên BC , C ' là chân đường cao kẻ từ C lên AB. Gọi H là giao của AA’ với CC’ suy ra H là trực tâm của tam giác ABC. Ta dễ dàng chứng minh được OH ⊥ ( ABC ). Do đó: d (O;( ABC )) = OH . Tính OH . 1 1 1 = + Ta có: Tam giác OAA ' vuông tại O, có OH là đường cao. Suy ra : (1) OH 2 OA2 OA '2 1 1 1 = + Lại có: Tam giác OBC vuông tại B, có OA ' là đường cao. Suy ra: (2) OA '2 OB 2 OC 2 1 1 1 1 . Thay OA = OB = OC = 3 vào, ta được: = + + Từ (1) và (2) suy ra: OH 2 OA2 OB 2 OC 2 1 1 1 1 = + + = 1 ⇔ OH = 1. OH 2 3 3 3 Vậy d (O;( ABC )) = OH = 1.

1 a2 3 a3 1 = . VSACD = SA.S ∆ACD = a 3. 3 3 4 4 = SAD = 90° Xét ∆SAC và ∆SAD có: AD = AC = a , SA chung, SAC . Do đó ∆SAC = ∆SAD ⇒ SC = SD ⇒ ∆SCD cân tại S . Gọi H là trung điểm CD ⇒ SH ⊥ CD .

Xét ∆SHC vuông ở H : SH = SC 2 − CH 2 = 4a 2 −

a 2 a 15 . = 4 2

1 a 2 15 1 a 15 . SH .CD = . .a = 2 2 2 4 a3 3. a 15 . d ( A, ( SCD ) ) = 2 4 = 5 a 15 4 a 15 . Vậy d ( B, ( SCD ) ) = 5

S ∆SCD =

Câu 57. Cách 1: Sử dụng kiến thức ở lớp 11. ABCD là hình thoi cạnh a , ABC = 60° ⇒ ∆ABC , ∆ACD là các tam giác đều cạnh a . Xét ∆SAC vuông tại A có: SA = SC 2 − AC 2 = 4a 2 − a 2 = a 3 . Vì AB // CD nên AB // ( SCD ) . Do đó d ( B, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) .

Câu 58. Gọi O là trung điểm của AB ⇒ SO ⊥ ( ABCD) .

Kẻ AH ⊥ CD ( H ∈ CD ) . Suy ra H là trung điểm của cạnh CD , AH =

a 3 . 2

2a. 3 = a 3 do SO là đường cao của tam giác đều cạnh 2 a 2 Từ giả thiết suy ra tam giác BCD và tam giác ABD là tam giác đều ⇒ CD ⊥ OD CD ⊥ OD Ta có:  ⇒ CD ⊥ ( SOD ) CD ⊥ SO Trong tam giác SOD kẻ OH ⊥ SD tại H OH ⊥ SD ⇒ OH ⊥ ( SCD )  OH ⊥ CD

SO =

Kẻ AK ⊥ SH ( K ∈ SH ) (1)

CD ⊥ AH ⇒ CD ⊥ ( SAH ) ⇒ CD ⊥ AK ( 2 ) Ta có:  CD ⊥ SA Từ (1) và (2) suy ra: AK ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( A, ( SCD ) ) = AK . 4 1 5 a 15 1 1 1 = + = ⇒ AK = . = + 5 AK 2 AH 2 SA2 3a 2 3a 2 3a 2 a 15 Vậy d ( B, ( SCD ) ) = . 5 Cách 2: Tính khoảng ng cách thông qua tính thể th tích. ABCD là hình thoi cạnh a , ABC = 60° ⇒ ∆ABC , ∆ACD là các tam giác đều cạnh a . Xét ∆SAH vuông ở A :

Do AB ( SCD ) suy ra d ( B, ( SCD ) ) = d ( O, ( SCD ) ) = OH Nhận thấy tam giác SOD là tam giác vuông cân tại O với OD = a 3 a 6 1 1 SD = 3a 2 + 3a 2 = . 2 2 2 Câu 59. Chọn B OH =

Xét ∆SAC vuông tại A có: SA = SC 2 − AC 2 = 4a 2 − a 2 = a 3 . Vì AB // DC nên AB // ( SDC ) . Do đó d ( B, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) =

3VSACD . S ∆SCD 47

Với

p = 1; q = 2; u = 5 ⇒

1 + 12

( ) 5

1 1 1 19 20 . + ⇒ 2 = ⇒d =v= v 22 v 2 20 19

D C' A'

O B C

Gọi p, q, u , v lần lượt là các khoảng cách từ O đến các mặt phẳng ( SAB ) , ( SBC ) , ( SCD ) , ( SDA) . Trong mặt phẳng ( SAC ) dựng đường thẳng qua O vuông góc với đường thẳng SO cắt hai đường thẳng SA, SC lần lượt tại A ', C '

Dựng mặt phẳng qua O, vuông góc với SO , cắt các đường thẳng SA, SB, SC , SD lần lượt tại A′, B′, C′, D′ ⇒ SO ⊥ ( A′B′C ′D′ ) .

Trong mặt phẳng ( SBD ) dựng đường thẳng qua O vuông góc với đường thẳng SO cắt hai đường thẳng

Vì ( SAC ) ⊥ ( SBD ) ⇒ A′C′ ⊥ B′D′ .

SB, SD lần lượt tại B ', D ' .

Ta có:

Do ( SAC ) ⊥ ( SBD ) , ( SAC ) ∩ ( SBD ) = SO, A ' C ' ⊥ SO nên A ' C ' ⊥ ( SBD )

1 1 1 1 + + = = 1 . (1) SO 2 OA′2 OB′2 d ( O, ( SA′B′ ) )

1 1 1 1 1 + + = = . ( 2) SO 2 OB′2 OC ′2 d ( O, ( SB′C ′ ) ) 4

⇒ A'C ' ⊥ B ' D ' . Khi đó tứ diện OSA ' B ' có OS , OA ', OB ' đôi một vuông góc nên ta chứng minh được 1 1 1 1 = + + (1) p 2 OS 2 OA '2 OB '2 1 1 1 1 Chứng minh tương tự: 2 = + + ( 2) ; q OS 2 OB '2 OC '2 1 1 1 1 = + + ( 3) u 2 OS 2 OC '2 OD '2 1 1 1 1 = + + ( 4) v 2 OS 2 OD '2 OA '2 1 1 1 1 Từ (1) , ( 2 ) , ( 3) , ( 4 ) ta có 2 + 2 = 2 + 2 . p u q v

1 1 1 1 1 + + = = . ( 3) SO 2 OC ′2 OD′2 d ( O, ( SC ′D′ ) ) 5 1 1 1 1 1 + + = = . ( 4) SO 2 OD′2 OA′2 d ( O, ( SD′A′ ) ) d 2

20 1 1 1 ⇒d = = + . 5 4 d2 19 Dạng 2.2 Khoảng cách của đường thẳng với đường thẳng Câu 60. Chọn D Ta có khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau BD và A ′ C ′ bằng khoảng cách giữa mặt phẳng song song ( ABCD) và ( A′B′C′D′) thứ tự chứa BD và A ′ C ′ . Do đó khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và A ′ C ′ bằng a . Câu 61. Chọn B

(1) , ( 2 ) , ( 3) , ( 4 ) ⇒ 1 +

2a 21 . 21 Chọn A

Suy ra: h = Câu 63. A

K B

C H

x D

Từ B kẻ Bx //AC ⇒ AC // ( SB, Bx )

B N

Suy ra d ( AC , SB ) = d ( AC , ( SB, Bx ) ) = d ( A, ( SB, Bx ) )

Ta có ∆OBC vuông cân tại O , M là trung điểm của BC ⇒ OM ⊥ BC OM / / BN Dựng hình chữ nhật OMBN , ta có  ⇒ OM / / ( ABN )  BN ⊂ ( ABN )

Từ A kẻ AK ⊥ Bx ( K ∈ Bx ) và AH ⊥ SK

 AK ⊥ Bx Do  ⇒ Bx ⊥ ( SAK ) ⇒ Bx ⊥ AH  SA ⊥ Bx Nên AH ⊥ ( SB, Bx ) ⇒ d ( A, ( SB, Bx ) ) = AH

⇒ d ( AB, OM ) = d ( OM , ( ABN ) ) = d ( O, ( ABN ) ) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AN ta có:  BN ⊥ ON ⇒ BN ⊥ ( OAN ) ⇒ OH ⊥ BN mà OH ⊥ AN   BN ⊥ OA

= BAC (so le trong Ta có ∆BKA đồng dạng với ∆ABC vì hai tam giác vuông có KBA AK AB AB.CB a.2a 2 5a Suy ra = ⇒ AK = = = . CB CA CA 5 a 5 1 1 1 1 5 9 2a Trong tam giác SAK có = + = + = ⇒ AH = . AH 2 AS 2 AK 2 a 2 4a 2 4a 2 3 2a Vậy d ( AC , SB ) = . 3 Câu 62. Chọn B

⇒ OH ⊥ ( ABN ) ⇒ d ( O, ( ABN ) ) = OH ∆OAN vuông tại O , đường cao OH 1 4 1 1 1 1 1 1 4 = + = + ⇒ = + = + OH 2 OA2 ON 2 OA2 BM 2 OA2 BC 2 OA2 OB 2 + OC 2 a 6 2a 2 a 6 1 4 3 ⇒ d ( AB, OM ) = OH = = 2 + 2 = 2 ⇒ OH 2 = ⇒ OH = 2 3 3 3 a 4a + 4a 2a Nhận xét:

M A

D A O

B C

Gọi O là tâm hình chữ nhật và M là trung điểm SA , ta có: SC // ( BMD ) .

Do đó d ( SC, BD ) = d ( SC , ( BMD ) ) = d ( S , ( BMD ) ) = d ( A, ( BMD ) ) = h Ta có: AM , AB , AD đôi một vuông góc nên 1 1 1 1 4 1 1 = + + = + + h 2 AM 2 AB 2 AD 2 a 2 a 2 4 a 2

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, khi đó O ( 0; 0;0 ) , B ( 2a;0;0 ) , C ( 0; 2a;0 ) , A ( 0; 0; a ) 51

M là trung điểm của BC ⇒ M ( a; a; 0 ) Ta có OM = ( a; a;0 ) ; OB = ( 0; 2a; 0 ) ; AB = ( 2a; 0; −a ) OM , AB  .OB   2 2 2 = ⇒ OM , AB  = ( − a ; a ; −2a ) ⇒ d ( AB, OM ) = OM , AB   

2a 3 4

a + a 4 + 4a 4

a 6 3

′A = 30o +) Ta có: ( BC ′, ( AA′C ′C ) ) = BC ′BC = α +) Mặt khác ( BC ′, ( ABC ) ) = C

+) Gọi AB = x ⇒ BC = 3a 2 + x 2 ⇒ CC ′ = BC .tan α =

3 ( 3a 2 + x 2 ) 5

⇒ AC′ = AB.cot 30o = 3x

+) Mặt khác ta có: AC 2 + CC′2 = AC′2 ⇒ x = a 2 ⇒ CC′ = a 3 ⇒ AC ' = a 6 +) Gọi P là trung điểm của B′C′ , ta có: Do mặt phẳng ( MNP ) / / ( ABC′ ) nên

Câu 64. Chọn C Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN //AC ⇒ AC// ( OMN )

1 d ( A′, ( ABC ′ ) ) 2 a 6 1 +) Kẻ A′H ⊥ AC′ ⇒ A′H ⊥ ( ABC′ ) ⇒ d ( A′, ( ABC ′ ) ) = A′H = 2 2 a 6 ⇒ d ( MN , AC ′ ) = 4 Câu 66. Chọn C

d ( MN , AC ′ ) = d ( MN , ( ABC ′ ) ) = d ( N , ( ABC ′ ) ) =

⇒ d ( OM ; AC ) = d ( C; ( OMN ) ) = d ( B; ( OMN ) ) . 1 1 1 VA.OBC = . a.a.2a = a 3 . 3 2 3 VM .OBC d ( M ; ( ABC ) ) SOBN 1 1 1 1 = . = ⇒ VM .OBC = a 3 . = . 2 2 4 12 VA.OBC d ( A; ( ABC ) ) SOBC

1 2 AB = a. 2 2 1 1 5 2 Xét tam giác vuông BOC : ON = BC = ( 2a ) + a 2 = a . 2 2 2 1 1 2 5 2 Xét tam giác BAC : MN = AC = a + ( 2a ) = a. 2 2 2

Xét tam giác vuông cân AOB : OM =

Trong tam giác cân OMN , gọi H là trung điểm của OM ta có NH = NM 2 − HM 2 =

3 2 a. 4

1 3 Suy ra SOMN = OM .NH = a 2 . 2 8 3V 2 Vậy d ( B; OMN ) = M .OBN = a . SOMN 3 Câu 65. Chọn A

C G

B Do hình chóp S . ABC đều nên SG là đường cao của hình chóp ( G là trọng tâm tam giác đều ABC ). Kẻ MH ⊥ SA tại H thì MH là đoạn vuông góc chung của SA và BC . Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng MH .

1 a2 3 a3 3 a 3 3a 2 7a 3 SG = ⇒ SG = 4a , AG = , SA = AG 2 + SG 2 = + 16a 2 = . Ta 3 4 3 3 9 3 SG. AM 3.4a.a 3 6a có SA.MH = SG. AM ⇒ MH = = = SA 7 2.7 a 3 Câu 67. Chọn A ( ABCD ) / / ( A ' B ' C ' D ' )  ⇒ d ( BD; A ' C ' ) = d [ ( ABCD ) ; ( A ' B ' C ' D ' ) ] = AA ' = a Ta có:  BD ⊂ ( ABCD )   A ' C ' ⊂ ( A ' B ' C ' D ')

Ta có VS . ABC =

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD ; H là hình chiếu vuông góc của O trên SN . Vì AB //CD nên d ( AB,SC ) = d ( AB, ( SCD) ) = d ( M , ( SCD) ) = 2d ( O, ( SCD) ) (vì O là trung điểm đoạn MN ) CD ⊥ SO Ta có  ⇒ CD ⊥ ( SON ) ⇒ CD ⊥ OH CD ⊥ ON CD ⊥ OH Khi đó  ⇒ OH ⊥ ( SCD) ⇒ d ( O;( SCD) ) = OH . OH ⊥ SN 1 1 1 1 1 5 a = + = + = ⇒ OH = Tam giác SON vuông tại O nên OH 2 ON 2 OS 2 a 2 a 2 a 2 5 4 2a 5 Vậy d ( AB,SC ) = 2OH = . 5 Câu 70. Chọn A C'

A' I B' H

Câu 68.  BC / / AD Ta có  ⇒ BC / / ( SAD ) ⇒ d ( BC , SD ) = d ( BC , ( SAD ) ) = d ( B , ( SAD ) ) .  BC ⊄ ( SAD )

Ta có BC //B ′C ′ ⇒ BC // ( AB ′C ′)

Có SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ AB .

suy ra d ( BC , AB ′) = d ( BC , ( AB ′C ′)) = d ( B,( AB ′C ′)) = d ( A′, ( AB ′C ′)) .

 BA ⊥ AD  ⇒ BA ⊥ ( SAD ) ⇒ d ( B, ( SAD ) ) = BA . Ta có  BA ⊥ SA SA ∩ AD = A 

Gọi I và H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A′ trên B ′C ′ và AI . Ta có B ′C ′ ⊥ A′ I và B ′C ′ ⊥ A′ A nên B ′C ′ ⊥ ( A′AI ) ⇒ B ′C ′ ⊥ A′ H mà AI ⊥ A′H . Do đó ( AB ′C ′) ⊥ A′H

Khi đó d ( A′,( AB ′C ′)) = A′ H =

Xét tam giác vuông BAC , BA = AC − BC = 5a − 2a = a 3 . Vậy d ( B, ( SAD ) ) = a 3 ⇒ d ( BC , SD ) = a 3 . Câu 69. Chọn D

Vậy khoảng cách cần tìm là Câu 71.

Chọn B

A′A. A′I A′ A2 + A′ I 2

a 3 a 21 2 . = 2 7   a 3 2   a +  2  a.

a 21 . 7

H A

M B

D N

C 55

Gọi H là hình chiếu của S trên mặt đáy. Vì SA = SB = SC = SD = 6 nên HA = HB = HC = HD . Suy ra hình bình hành ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm H . Vì vậy ABCD là hình chữ nhật. Kẻ KP vuông góc với SA tại P (1).

 BK ⊥ AC ⇒ BK ⊥ ( SAC ) ⇒ BK ⊥ KP (2).  BK ⊥ SH Từ (1) và (2) ta có: d ( SA, BK ) = KP . Ta có 

Kẻ HQ vuông góc với SA tại Q .

1 1 5 119 AC = AB 2 + BC 2 = , SH = SA2 − AH 2 = 2 2 2 2 SH .HA 5 119 . ⇒ HQ = = SA 24 KP KA KA AC KA. AC AB2 32 = = . = .2 = 2. = . Ta có: 2 HQ HA AC HA AC AC 2 25

Ta có: AH =

⇒ d ( SA, BK ) = KP = Không mất tính tổng quát, giả sử a = 1 . Gọi H là trung điểm của AB . Kẻ HM ⊥ BC ( M ∈ BC ) ; HN ⊥ SM Tam giác SAB cân tại S

Câu 73.

( N ∈ SM ) . và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên SH ⊥ ( ABCD ) .

Chọn D

32 4 119 . HQ = 25 15

1 1 1 7 Áp dụng định lý hàm số cos : DH 2 = DA2 + AH 2 − 2 DA. AH .cos120° = 1 + − 2.1.  −  = 4 2 2 4 ⇒ DH =

7 2

= 60° ⇒ SH = DH .tan 60° = 7 . 3 = 21 Theo đề bài: SDH 2 2 1 3 3 Lại có: HM = HB.sin 60° = . . = 2 2 4 1 1 1 116 609 Ngoài ra: BC ⊥ ( SHM ) ⇒ BC ⊥ HN ⇒ HN ⊥ ( SBC ) ; ⇒ = + = ⇒ HN = . HN 2 SH 2 HM 2 21 58 Chú ý rằng AD // ( SCB ) nên khoảng cách giữa AD và SC là khoảng cách giữa A và mặt phẳng ( SBC ) ,

bằng 2 lần khoảng cách từ H (theo định lý Ta-let), d = 2 HN = Câu 72.

Gọi I = AB '∩ A ' B ; H là trung điểm của BC . ⇒ IH // A ' C ⇒ A ' C // ( B ' AH ) ⇒ d( A 'C ; AB ') = d( A';( B ' AH )) = d( B;( B ' AH ) ) .

609 29

Kẻ BK ⊥ B ' H , với K ∈ B ' H .

Chọn D

Chứng minh: BK ⊥ ( B ' AH ) ⇒ d( B ;( B ' AH )) = BK =

B ' B.BH B ' B 2 + BH 2

2a. =

a 2

a (2a) +    2 2

2a 17

2a . 17 Chọn B

Vậy d( A 'C ; AB ') = Câu 74.

= 45° (SC ; ( ABC)) = SCH

Câu 75.

Ta có BC ⊥ SA BC ⊥ AB

1 4 Ta có: BH = AB = 3 3

    ⇒ BC ⊥ ( SAB ) . SA, AB ⊂ ( SAB ) SA ∩ AB = A  Trong ( SAB ) , dựng BH ⊥ SM và cắt SM ở H . Ta có BH ⊥ SM   ⇒ d ( SM , BC ) = BH ⇔ d = BH . BH ⊥ BC  BH BM SA ⋅ BM Ta có ∆BMH ∽∆SMA ⇒ = ⇔ BH = (1) . SA SM SM AB Xét ∆ABC vuông tại B có sin BC ⇒ AB = sin 600 ⋅ 2 = 3 . A= AC 3 ⇒ AM = BM = . 2

=  4  + 42 − 2. 4 .4.cos 60° = 4 7 CH = BH 2 + BC 2 − 2 BH.BC.cos HBC   3 3 3

2 34 3 Dựng hình thoi ACBD (với D là đỉnh thứ 4 của hình thoi) ⇒ AD / / BC ⇒ BC / / (SAD) ⇒ SH = CH .tan 45° =

3 Vậy d (SA; BC ) = d ( BC ; (SAD)) = d ( B; (SAD)) = d ( H ; (SAD)) 2 Gọi M là trung điểm của AD ⇒ BM ⊥ AD ( ΔDAB đều). Từ H dựng HI / / BM ⇒ HI ⊥ AD  AD ⊥ HI  ⇒ AD ⊥ (SIH ) ⇒ (SAD) ⊥ (SIH ) Ta có:      AD ⊥ SH Từ H dựng HK ⊥ SI ⇒ HK ⊥ (SAD)

 3 7 7 Xét ∆SAM vuông ở A có SM 2 = SA2 + AM 2 = 12 +  .  = ⇒ SM = 4 2  2  3 1⋅ SA ⋅ BM 2 = 3 = 21 . Thế vào (1) , ta có BH = = SM 7 7 7 2 Cách 2: (Nguyễn Văn Thịnh) Nhận xét: Các dạng toán về khoảng cách nếu có thể thì nên sử dụng các quan hệ song song và tỉ lệ để đưa về tính khoảng cách từ chân đường cao của hình chóp.

Vậy d (H ; (SAD)) = HK 8 2 3. AH HI BM . AH 3=4 3 = ⇒ HI = = AB BM AB 4 3 4 7 4 3 . SH .IH SH .IH 2 210 3 3 ⇒ HK = = = = 2 2 2 2 SI 15 SH + HI  4 7   4 3       3  +  3     

Ta có: HI / / BM ⇒

⇒ d (SA; BC) =

3 210 HK = 2 5

 BE // CD ⇒ BE // ( SCD)   ⇒ BE // GF mà BE// CD ⇒ GF // CD . ( BEFG) ∩ ( SCD) = GF  SG 2 GF SF SG 2 = mà GF //CD nên = = = . Do G là trọng tâm ∆SCD nên SM 3 DM SD SM 3 2 Trên tia đối của tia DC lấy điểm N sao cho DN = GF = DM . Từ đó ta có DNFG và BEND là hai hình 3 bình hành và ( BDG ) // ( NEF ) . Trên đoạn thẳng OD lấy điểm K sao cho

FK ⊥ ( ABCD) . Hạ KP ⊥ EN và KH ⊥ PF , do FK ⊥ ( ABCD) nên FK ⊥ KP . EN ⊥ KP  Do  ⇒ EN ⊥ ( FKP ) ⇒ EN ⊥ KH mà KH ⊥ PF suy ra KH ⊥ ( NEF ) . EN ⊥ FK  Khi đó: d ( DG, EF ) = d ( DG , ( NEF ) ) = d ( ( BDG ) , ( NEF ) ) = d ( K , ( NEF ) ) = KH .

Gọi N là trung điểm của AC . Ta có BC // ( SMN ) ⇒ d ( BC , SM ) = d ( BC , ( SMN ) ) = d ( B , ( SMN ) ) = d ( A, ( SMN ) ) . Kẻ AH ⊥ SM , H ∈ SM , ta có AH ⊥ ( SMN ) ⇒ d ( A, ( SMN ) ) = AH . = 2.sin 60° = 3 ⇒ AM = Ta có AB = AC .sin C

3 . 2

Xét tam giác SAM vuông tại A có AH là đường cao, suy ra AH = Vậy d ( BC , SM ) =

SA. AM SA2 + AM 2

KD DF 1 = = , từ đó ta có FK //SO mà SO ⊥ ( ABCD ) suy ra OD SD 3

2 2 CD CD a MD = . = = 3 3 2 3 3 FK DF 1 1 b = = , suy ra FK = SO = . Do FK //SO nên SO DS 3 3 3

Ta có: BE = GF =

21 . 7

Hạ EJ ⊥ BD . Do EN //BD, KP ⊥ EN , EJ ⊥ BD ⇒ KP = EJ = BE.sin 45Ο =

a 2 a 2 . = . 3 2 6

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông FKP với đường cao KH ta có: 9 2b 2 + a 2 1 1 1 1 1 ab = + = + = ⇒ KH = 2 2 2 2 2 2 2 2 KH KF KP a b b 3 2 b + a2   a 2     3   6 

(

Vậy d ( DG , EF ) =

Câu 77.

ab 3 2b 2 + a 2

)

Cách 1: z

M N

Do VS . ABCD =

Câu 76. Gọi M là trung điểm CD , O là trung điểm BD . Do S. ABCD là khối chóp tứ giác đều nên ABCD là hình vuông và SO ⊥ ( ABCD ) .

y H

S ABCD .SO a 2 .SO a 2b = = ⇒ SO = b . 3 3 3

Gọi H là trung điểm AB . Vì ( SAB ) ⊥ ( ABC ) nên SH ⊥ ( ABC ) .

Ta có

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz , với O ≡ H , HB ≡ Ox , HC ≡ Oy , HS ≡ Oz . 61

Ta có: HC = AC 2 − AH 2 = 3a ; SH =

AH =a. tan ASH

Khoảng cách từ C đến ( NBP ) là: d ( C , ( NBP ) ) =

 3a a   9a a  Khi đó: H ( 0; 0 ; 0 ) , S ( 0 ; 0; a ) , A −a 3 ;0; 0 , B a 3 ;0;0 , C ( 0;3a ; 0 ) , M  0; ;  , N  0; ;  .  2 2  4 4  3a a   9 a a  Suy ra: AM =  a 3 ; ;  , BN =  −a 3 ; ;  , AB = 2a 3 ;0; 0 , 2 2 4 4    3a 2 3 3a 2 15 3a 2   AM , BN  =  −    4 ; − 4 ; 4  .   3 3a 3  AM , BN  . AB 2 237a   2 Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , BN là d ( AM , BN ) = = = . 79 711a 2  AM , BN    4 Cách 2:

(

) (

)

(

)

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , BN là

3VN .CPB 2 237 a = . S∆NBP 79 2a 237 . 79

Cách 3: Kẻ KI ⊥ NE , I ∈ NE .

8 Khi đó: NP / / AM ⇒ AM / / ( NPB ) ⇒ d ( AM , BN ) = d ( M , ( NPB ) ) = d ( C , ( NPB ) ) = d ( K , ( NPB ) ) . 5  KI ⊥ NE Ta có:  ⇒ KI ⊥ ( NPB ) ⇒ d ( K , ( NPB ) ) = KI .  KI ⊥ BP 8 Suy ra: NP / / AM ⇒ AM / / ( NPB ) ⇒ d ( AM , BN ) = KI . 5 1 1 1 1264 5 237 a 2 237a Trong tam giác vuông NKE ta có: . = + = ⇒ KI = ⇒ d ( AM , BN ) = KI 2 KN 2 KE 2 75a 2 316 79

M N P

E G

C K

H B

Câu 78. Gọi I , G lần lượt là trung điểm của AC và trọng tâm của tam giác ABC .

Gọi P là trung điểm của AC , G là trọng tâm tam giác ABC . Kẻ NK / / SH , K ∈ HC ; EK / / AC , E ∈ BP . Suy ra: NP / / AM ⇒ AM / / ( NPB ) ⇒ d ( AM , BN ) = d ( M , ( NPB ) ) = d ( C , ( NPB ) ) .

1 9 2 Ta có DG ⊥ ( ABC ) và VABCD = DG.S ABC = . 3 4 Gọi N là trung điểm của AD ⇒ MN || AC ⇒ AC || ( BMN ) .

1 a  NK = SH = NK KC CN 1  4 4. Ta có: NK / / SH nên = = = ⇒ SH CH CS 4  GK 5 =  GC 8

⇒ d ( AC , BM ) = d ( AC , ( BMN ) ) = d ( A, ( BMN ) ) = d ( N , ( BMN ) ) = h . 1 1 9 11 Gọi K là trung điểm của MN , ta có S BMN = .BK .MN = . BM 2 − MK 2 .MN = 2 2 16 V 1 9 2 1 DA DC DB Ta có: DACB = = .h.S BMN . . . = 2.2.1 = 4 ⇔ VDACB = VDBMN ⇔ 4 16 3 VDNMB DN DM DB

EK GK 5 5 5 3a . = = ⇒ EK = PC = PC GC 8 8 8 a 79 NE = NK 2 + EK 2 = ; BP = HC = 3a . 8  KN ⊥ BP Vì:  ⇒ BO ⊥ ( NPB ) ⇒ BP ⊥ EN .  KE ⊥ BP 1 3 79a Diện tích tam giác NBP là: S∆NBP = NE.BP = . 2 16 1 1 1 1 1 3a 3 . Thể tích tứ diện N .CPB là: VN .CPB = d ( N , ( ABC ) ) .S ∆CBP = . .SH. .BP.PC = .a .3a .a 3 = 3 3 4 2 24 8

EK / / AC nên

9 2 1 9 11 3 22 . = .h. ⇔h= 16 3 16 11 Câu 79. Chọn D ⇔

Ta có

1 1 1 1 1 1 1 14 a = + + = + + = ⇒ AH = . AH 2 AB 2 AC 2 AD 2 ( a ) 2 ( a ) 2 a 2 a 2 14 3 2

= Ta có: cos HAK

1 AH = 13 ⇒ HK = HA.sin HAK = a 13 . = ⇒ sin HAK AD 14 14 14

3a 4a <d < . 14 7 Câu 81. Chọn D = 600 nên ∆SBC đều, do Do SB = SC = 11 và SBC đó BC = 11. = 450 nên ∆SAC Ta lại có, SA = SC = 11 và SCA ⇒

vuông cân tại S , hay AC = 11 2. = 300 nên Mặt khác, SA = SB = 11 và SAB AB = 11 3. Từ đó, ta có AB 2 = BC 2 + AC 2 suy ra ∆ABC vuông tạ i C . Gọi H là trung điểm của AB. Khi đó, H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Vì SA = SB = SC nên SH ⊥ ( ABC ). Gọi M là điểm trên CD sao cho HM ⊥ AB, suy ra HM ⊥ CD. Gọi N là chân đường vuông góc hạ từ C xuống AB. Khi đó, HM / /CN và HM = CN. Do ∆ABC vuông tại C nên theo công thức tính diện tích ta có: CA.CB 11 6 HM = CN = = 2 2 3 CA + CB 1 11 3 11 Ta lại có, CH = AB = nên SH = SC 2 − CH 2 = . 2 2 2 Trong tam giác vuông SHM , dựng đường cao HI ( I ∈ SM ), suy ra HI ⊥ ( SCD ). Khi đó, SH .HM d ( AB, SD ) = d ( AB, ( SCD)) = d ( H , ( SCD)) = HI = = 22. SH 2 + HM 2 Vậy d ( AB, SD) = 22. Câu 82. A. Phân tích bài toán:

Gọi H là trung điểm của AB , vẽ HE ⊥ CD tại E , HK ⊥ SE tại K . Ta có ∆SBC đều nên BC = 11 , ∆SAC vuông cân tại S nên AC = 11 2 . Trong ∆SAB , AB 2 = SA2 + SB 2 − 2 SA.SB.cos120° ⇒ AB = 11 3 . ∆ABC có AB 2 = AC 2 + BC 2 nên ∆ABC vuông tại C , từ đó H là tâm đường tròn ( ABC )

⇒ SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ CD ⊥ ( SHE ) ⇒ CD ⊥ HK ⇒ HK ⊥ ( SCD ) . Ta có d ( AB, SD ) = ( AB , ( SCD ) ) = ( H , ( SCD ) ) = HK .

AC. AD 11 2.11 11 6 SA 11 , SH = = = = . 3 2 2 2.112 + 112 AC 2 + AD 2 11 11 6 . SH .HE ⇒ HK = = 2 3 = 22 . 121 121.2 SH 2 + HE 2 + 4 3 Vậy d ( AB, SD ) = 22 .

Ta có HE = d ( A, CD ) =

D H

C Câu 80. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên ( BCD). Khi đó ta có H là trực tâm của tam giác BCD. Với mọi đường thẳng ∆ nằm trong ( BCD ) thì d ( A; ∆) ≥ AH . Do đó đường thẳng ∆ thỏa mãn phải đi qua điểm H . Kẻ HK ⊥ AD( K ∈ AD) khi đó H , K là hai điểm cố định lần lượt nằm trên ∆ & AD. Hiển nhiên, khoảng cách giữa ∆ & AD là độ dài đoạn vuông góc chung của chúng nên d (∆; AD) ≤ HK . Dấu bằng xảy ra khi HK ⊥ ∆ .

1. Vẽ hình hộp, yếu tố vẽ hình quan trọng, giúp bạn tư duy “nét” nhất cho bài toán. Các cạnh của hình hộp bằng 1 và góc phẳng tại đỉnh A bằng 60° cho ta thêm dữ kiện hình hộp xiên có đáy là hình thoi. 2. Kiến thức khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b . Cách 1: Là độ dài đoạn vuông góc chung giữa a và b . HK ⊥ a ; HK ⊥ b ⇒ d (a, b) = HK ⊥ a .

Trong quá trình dẫn dắt ra lời giải bài toán ta giới thiệu cả 3 cách xác định khoảng cách. Cách sử dụng trong bài toán này là cách 2. Tính khoảng cách từ đường thẳng tới mặt phẳng song song với đường thẳng ấ y. 3. Kiến thức khoảng cách từ 1 điểm đến đến một mặt phẳng. Không xác định trưc tiếp khoảng cách từ điểm đó tới mặt phẳng mà xác định gián tiếp từ điểm khác mà ta nhìn được khoảng cách dễ dàng hơn, còn gọi là đổi điểm. d ( A′C ′; AB ′ ) = d ( A′C ′; ( ACB ′ ) ) = d ( C ′; ( ACB′ ) ) = d ( B; ( ACB′ ) ) . .

Cách 2: Là khoảng cách từ đường thẳng này đến mặt phẳng song song với nó chứa đường thẳng còn lại. ∆ / / a , ∆ ∩ b = I , ( P ) ⊃ {b, ∆} ⇒ d ( a , b ) = d ( a, ( P ) ) = d ( A, ( P ) ) = AH .

4. Thu gọn bài toán tính các yêu tố trong hình hộp xiên sang tính các yếu tố trong hình tứ diện. Hay ta có bài toán mới đơn giản hơn và có nhiều cách giải hơn. = 60° , Tính chiều cao hạ từ đỉnh B của tứ diện BACB′ biết các góc tại đỉnh B là CBB′ B′BA = ABC = 120° và các cạnh bên BA = BC = BB ′ = a . Vậy bài toàn phức tạp đã đưa về một bài toán đơn giản mà ta đã biết cách giải. Ở bài toán mới học sinh cần vận dụng kiến thức về hình học phẳng như Định lí hàm số cosin:

Cách 3: Là khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song lần lượt chứa hai đường thẳng đã cho. d ( a, b ) = d ( ( P ) , ( Q ) ) = d ( A, ( Q ) ) = AH .

Cho ∆ABC có AB = c , AC = b , BC = a với các góc của tam giác là A , B , C ta có: a 2 = b2 + c 2 − 2bc cos A Các công thức tính diện tích tam giác: abc 1 = ha .a ( ha chiều cao của tam giác hạ từ đỉnh A ; R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC S∆ABC = 4R 2 ), từ đó tính ra chiều cao của tứ diện. Sau khi phân tích bài toán, học sinh sẽ tự trình bày lời giải như sau:

S∆ACB′ =

3 3 AB′.CB′. AC AH .B′C ⇔ = = 4R 2 4R

1 4 ⇔ R = 3 ⇒ BO = 1 − 9 = 2 11 11 2 11

3−

22 . 11 ⇒ d ( A′C ′; AB′ ) = OB .

⇒ BO =

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB ′ và A′C ′ là

22 . 11

Đáp án cần chọn là A. Nhận xét Bài toán này đã giúp người học ôn lại +) Kiến thức về khoảng cách trong không gian. +) Hệ thức lượng trong tam giác và giải tam giác. Và quan trọng biết chuyển từ bài toán hình hộp xiên sang hình tứ diện, biết độ dài các cạnh. Khai thác bài toán Vẫn với hình vẽ và một phần lời giải của bài toán ban đầu, một số bài toán tương tự với các hướng dẫn kèm theo cho học sinh ôn luyện. Dạng 2.3 Khoảng cách của đường với ới m mặt

Có AC / / A′C′ ⇒ A′C ′ / / ( AB ′C ) ⇒ d ( A′C ′; AB′ ) = d ( A′C ′; ( ACB′ ) ) = d ( C ′; ( ACB ′ ) ) = d ( B; ( ACB′ ) )

Xét tứ diện B. ACB′ có

Câu 83.  AB ⊥ AD Ta có:  nên AB ⊥ ( SAD ) .  AB ⊥ SD Kẻ DH ⊥ SA tại H . Do DH ⊂ ( SAD ) nên AB ⊥ DH .

 DH ⊥ SA ⇒ DH ⊥ ( SAB ) . Ta có:   DH ⊥ AB Do DC / / AB nên DC / / ( SAB ) . Vậy khoảng cách giữa đường thẳng CD và mặt phẳng ( SAB ) là DH . Xét ∆SAD vuông tại D có: +) BA = BC = BB′ = 1 nên điểm B nằm trên trục của đường tròn ngoại tiếp ∆ACB′ . Suy ra BO ⊥ ( ACB′ ) tại tâm O của đường tròn ngoại tiếp ∆ACB′ . = 60° , B ′BA = +) CBB′ ABC = 120° nên áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác ∆ B′BA và ∆ABC ta

1 1 1 1 = = + DH 2 SD 2 AD 2 a 2

(

)

( 2a )

3 . 4a 2

2a 2a ⇒ DH = . Khoảng cách giữa đường thẳng CD và mặt phẳng ( SAB ) là . 3 3 Câu 84. Chọn C

có AB′ = AC = 3 . 2 2 d ( B; ( ACB′ ) ) = BO = BA − R với R là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ∆ACB′ .

Gọi O là tâm hình vuông. Ta có: MO / / SB ⇒ SB / /( ACM ) ⇒ d ( SB , ( ACM )) = d ( B , ( ACM )) = d ( D, ( ACM )) ( vì O là trung điểm BD )  MI / / SA ⇒ MI ⊥ ( ABCD) Gọi I là trung điểm AD ⇒   d ( D, ( ACM )) = 2d ( I , ( ACM )) Trong ( ABCD ) kẻ IK ⊥ AC tại K Trong ( MIK ) kẻ IH ⊥ MK tại H (1) Ta có: AC ⊥ MI , AC ⊥ IK ⇒ AC ⊥ ( MIK ) ⇒ AC ⊥ IH (2) Từ (1) & (2) ⇒ IH ⊥ ( ACM ) ⇒ d ( I , ( ACM )) = IH IM.IK Trong tam giác MIK ta có: IH= IM 2 +IK 2 a 2 a⋅ SA OD BD a 2 4 =a = a, IK = = = ⇒ IH = Biết MI = 2 2 4 4 a2 3 2 a + 8 2a Vậy: d ( SB, ( ACM )) = 3

CHUYÊN ĐỀ 7

B. Số đỉnh và số mặt của một hình đa diện luôn bằng nhau. C. Tồn tại một hình đa diện có số cạnh và số mặt bằng nhau. D. Tồn tại một hình đa diện có số cạnh bằng số đỉnh.

NHẬN DẠNG KHỐI ĐA DIỆN

MỤC LỤC PHẦN A. CÂU HỎI ....................................................................................................................................................... 1 Dạng 1. Nhận dạng khối đa diện ................................................................................................................................... 1 Dạng 2. Tính chất đối xứng khối đa diện ..................................................................................................................... 5 Dạng 3. Phân chia, lắp ghép khối đa diện .................................................................................................................... 6 PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO ............................................................................................................................. 7 Dạng 1. Nhận dạng khối đa diện ................................................................................................................................... 7 Dạng 2. Tính chất đối xứng khối đa diện ................................................................................................................... 10 Dạng 3. Phân chia, lắp ghép khối đa diện .................................................................................................................. 13

PHẦN A. CÂU HỎI

Câu 6. (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Hình nào sau đây không phải là hình đa diện? A. Hình lăng trụ. B. Hình chóp. C. Hình lập phương. D. Hình vuông. Câu 7. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho các mệnh đề sau: I/ Số cạnh của một khối đa diện lồi luôn lớn hơn hoặc bằng 6 . II/ Số mặt của khối đa diện lồi luôn lớn hơn hoặc bằng 5 . III/ Số đỉnh của khối đa diện lồi luôn lớn hơn 4 . Trong các mệnh đề trên, những mệnh đề nào là mệnh đề đúng? A. II và III B. I và II C. Chỉ I D. Chỉ II Câu 8. (GKI NHÂN CHÍNH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho khối đa diện đều. Khẳng định nào sau đây là sai? A. Số đỉnh của khối lập phương bằng 8 . B. Số mặt của khối tứ diện đều bằng 4 . C. Khối bát diện đều là loại {4;3} . D. Số cạnh của khối bát diện đều bằng 12 .

Dạng 1. Nhận dạng khối đa diện Câu 1. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Hình đa diện trong hình vẽ có bao nhiêu mặt?

Câu 9. (GKI THPT NGHĨA HƯNG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019) Có tất cả bao nhiêu khối đa diện đều A. 6. B. 5. C. 7. D. 4. Câu 10. (THPT Phan Đăng Lưu - Huế - Lần I - 2017 - 2018) Số cạnh của hình 12 mặt đều là: B. 30 . C. 16 . D. 12 . A. 20 . Câu 11. (THPT Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - LẦN 1 - 2017 - 2018) Hình nào dưới đây không phải là hình đa diện?

A. 12

B. 11

C. 6

D. 10

Câu 2. (GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Hình đa diện sau có bao nhiêu cạnh?

A. Hình 3 .

B. Hình 2 .

C. Hình 4 .

D. Hình 1.

Câu 12. (THPT Đoàn Thượng - Hải Phòng - Lân 2 - 2017 - 2018 - BTN) Khối đa diện đều loại {3;5} là khối A. Hai mươi mặt đều. B. Tám mặt đều. C. Lập phương. D. Tứ diện đều.

A. 15

B. 12

C. 20

D. 16

Câu 13. (THPT Lương Thế Vinh - HN - Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Hình vẽ bên dưới có bao nhiêu mặt

Câu 3. (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Hình chóp ngũ giác có bao nhiêu mặt? A. Bảy. B. Sáu. C. Năm. D. Mười. Câu 4. (GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong một khối đa diện, mệnh đề nào sau đây đúng? A. Hai cạnh bất kỳ có ít nhất một điểm chung B. Ba mặt bất kì có ít nhất một đỉnh chung C. Hai mặt bất kì có ít nhất một điểm chung D. Mỗi đỉnh là đỉnh chung của ít nhất ba mặt Câu 5. (CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH PHÚ YÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? A. Tồn tại hình đa diện có số đỉnh và số mặt bằng nhau. 1

A. 7 .

B. 9 .

C. 4 .

D. 10 .

Câu 14. [THPT Chuyên LHP - 2017] Biết ( H ) là đa diện đều loại {3;5} với số đỉnh và số cạnh lần lượt là a và b . Tính a − b . 2

A. a − b = 18 .

B. a − b = −8 .

C. a − b = −18 .

D. a − b = 10 .

A. {3; 4}

B. {4;3}

C. {3;5}

D. {5;3}

Câu 15. (THPT Can Lộc - Hà Tĩnh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Gọi n là số hình đa diện trong bốn hình trên. Tìm n . A. n = 3 . B. n = 2 . C. n = 1 . D. n = 4 .

Câu 24. (THPT Kim Liên - HN - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Khối đa diện có mười hai mặt đều có số đỉnh, số cạnh, số mặt lần lượt là: A. 30 , 20 , 12 . B. 20 , 12 , 30 . C. 12 , 30 , 20 . D. 20 , 30 , 12 .

Câu 16. (SGD Bình Dương - HKI - 2017 - 2018 - BTN) Khối đa diện đều loại {4;3} là: A. Khối tứ diện đều. B. Khối lập phương. C. Khối bát diện đều. D. Khối hộp chữ nhật.

Câu 25. (THPT Hà Huy Tập - Hà Tĩnh - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Trong các hình dưới đây hình nào không phải đa diện lồi?

Câu 17. [THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG - 2017] Khối đa diện đều nào sau đây có mặt không phải là tam giác đều ? A. Tám mặt đều. B. Tứ diện đều. C. Mười hai mặt đều. D. Hai mươi mặt đều. Câu 18. [THPT Đô Lương 4 - Nghệ An - 2018 - BTN] Số hình đa diện lồi trong các hình dưới đây là

A. Hình (IV).

B. Hình (III).

C. Hình (II).

D. Hình (I).

Câu 26. (THPT Chuyên Hạ Long - QNinh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Hình đa diện bên có bao nhiêu mặt? A. 0

B. 1

C. 2

D. 3

Câu 19. (THPT Thanh Miện - Hải Dương - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho khối đa diện đều loại {3; 4} . Tổng các góc phẳng tại 1 đỉnh của khối đa diện bằng B. 360° . C. 180° . D. 240° . A. 324° . Câu 20. [THPT chuyên Hưng Yên lần 2 - 2017] Hình nào dưới đây không phải là một khối đa diện?

A. 7 .

D. 10 .

Câu 28. (THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Trong các hình dưới đây, hình nào là hình đa diện?

Câu 21. (THPT Xuân Trường - Nam Định - 2018-BTN) Hình nào dưới đây không phải là hình đa diện?

C. 12 .

Câu 27. (THPT NGÔ GIA TỰ VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một hình lăng trụ có đúng 11 cạnh bên thì hình lăng trụ đó có tất cả bao nhiêu cạnh? B. 31 . C. 30 . D. 22 . A. 33 .

B. 11 .

A. Hình 4.

B. Hình 2.

C. Hình 1.

D. Hình 3.

Câu 29. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho đa giác đều 16 đỉnh, Hỏi có bao nhiêu tam giác vuông có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đều đó? A. 560 . B. 112 . C. 121. D. 128 .

Câu 22. (THPT Nguyễn Thị Minh Khai - Hà Tĩnh - 2017 - 2018 -BTN) Khối đa diện 12 mặt đều có số đỉnh và số cạnh lần lượt là A. 30 và 20 . B. 12 và 20 . C. 20 và 30 . D. 12 và 30 .

Câu 30. (Đề Bộ Giáo Dục) Hình đa diện nào dưới đây không có tâm đối xứng?

Câu 23. (THPT Lê Quý Đôn - Hải Phòng - 2018 - BTN) Khối hai mươi mặt đều thuộc loại nào sau đây? 3

Câu 42. (THPT Yên Lạc_Trần Phú - Vĩnh Phúc - Lần 4 - 2018 - BTN) Khối bát diện đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 8 . B. 4 . C. 9 . D. 6 .

A. Tứ diện đều.

B. Bát diện đều.

C. Hình lập phương.

Câu 43. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho khối lập phương ABCD. A′B′C ′D ′ phép đối xứng qua mặt phẳng ( ABC ′D′ ) biến khối tứ diện BCDD′ thành khối tứ diện nào sau đây? A. BCA′D′ B. BB′A′D′ C. B′BC ′A′ D. BC′D′A′ Dạng 3. Phân chia, lắp ghép khối đa diện

D. Lăng trụ lục giác đều.

Dạng 2. Tính chất đối xứng khối đa diện Câu 31. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Hình hộp chữ nhật có ba kích thước đôi một khác nhau có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 6 mặt phẳng B. 9 mặt phẳng C. 3 mặt phẳng D. 4 mặt phẳng Câu 32. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Hình tứ diện đều có bao nhiêu trục đối xứng? A. 0 . B. 1 . C. 3 . D. 2 . Câu 33. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một hình hộp đứng có đáy là hình thoi (không phải là hình vuông) có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 3 mặt phẳng. B. 4 mặt phẳng. C. 2 mặt phẳng. D. 1 mặt phẳng. Câu 34. (SGD Bình Dương - HKI - 2017 - 2018 - BTN) Hình hộp chữ nhật có ba kích thước đôi một khác nhau có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 6 mặt phẳng. B. 4 mặt phẳng. C. 3 mặt phẳng. D. 9 mặt phẳng. Câu 35. (THPT Chuyên Quốc Học Huế-Lần 3-2018-BTN) Hình tứ diện đều có tất cả bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 6 . B. 3 . C. 4 . D. 2 . Câu 36. (THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Hình nào sau đây không có trục đối xứng? A. Hình hộp xiên. B. Tam giác đều. C. Hình tròn. D. Đường thẳng. Câu 37. [THPT Chuyên KHTN- 2017] Biết rằng một hình đa diện H có 6 mặt là 6 tam giác đều. Hãy chỉ ra mệnh đề nào dưới đây là đúng? A. Không tồn tại hình H nào có mặt phẳng đối xứng. B. Có tồn tại một hình H có đúng 4 mặt đối xứng. C. Không tồn tại hình H nào có đúng 5 đỉnh. D. Có tồn tại một hình H có hai tâm đối xứng phân biệt. Câu 38. (THPT Chuyên Thái Bình - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 2. B. 6 . C. 8 . D. 4 . Câu 39. (THPT Chuyên Quốc Học Huế - lần 1 - 2017 - 2018) Hình đa diện nào dưới đây không có tâm đối xứng? A. Hình bát diện đều. B. Hình tứ diện đều. C. Hình lập phương D. Hình lăng trụ tứ giác đều. Câu 40. (THPT Chuyên Hạ Long - QNinh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Hình nào dưới nào dưới đây không có trục đối xứng? A. Tam giác cân. B. Hình thang cân. C. Hình elip. D. Hình bình hành. Câu 41. (THPT ĐẶNG THÚC HỨA-NGHỆ AN-LẦN 2-2018) Hình lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng? A. 4 . B. 3 . C. 5 . D. 6 . 5

Câu 44. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Mặt phẳng ( AB′C′) chia khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ thành các khối đa diện nào? A. Hai khối chóp tứ giác. B. Hai khối chóp tam giác. C. Một khối chóp tam giác và một khối chóp ngũ giác. D. Một khối chóp tam giác và một khối chóp tứ giác. Câu 45. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cắt khối trụ ABC. A ' B ' C ' bởi các mặt phẳng ( AB ' C ' ) và ( ABC ' ) ta được những khối đa diện nào? A. Hai khối tứ diện và hai khối chóp tứ giác. B. Ba khối tứ diện. C. Một khối tứ diện và hai khối chóp tứ giác. D. Hai khối tứ diện và một khối chóp tứ giác Câu 46. (THPT Đoàn Thượng - Hải Phòng - Lân 2 - 2017 - 2018 - BTN) Cho khối tứ diện ABCD . Lấy điểm M nằm giữa A và B , điểm N nằm giữa C và D . Bằng hai mặt phẳng ( CDM ) và ( ABN ) , ta chia khối tứ diện đó thành bốn khối tứ diện nào sau đây? A. NACB , BCMN , ABND , MBND . B. MANC , BCDN , AMND , ABND . D. ABCN , ABND , AMND , MBND . C. MANC , BCMN , AMND , MBND . Câu 47. [THPT An Lão lần 2 - 2017] Cắt khối trụ ABC. A′B′C′ bởi các mặt phẳng ( AB′C ′) và ( ABC′) ta được những khối đa diện nào? A. Một khối tứ diện và hai khối chóp tứ giác. B. Ba khối tứ diện. C. Hai khối tứ diện và hai khối chóp tứ giác. D. Hai khối tứ diện và một khối chóp tứ giác. Câu 48. [THPT Ngô Quyền- 2017] Cắt khối lăng trụ MNP.M ′N ′P′ bởi các mặt phẳng

( MN ′P′ )

và

( MNP′ ) ta được những khối đa diện nào? A. Ba khối tứ diện. B. Hai khối tứ diện và một khối chóp tứ giác. C. Hai khối tứ diện và hai khối chóp tứ giác. D. Một khối tứ diện và một khối chóp tứ giác. Câu 49. (THPT Yên Định - Thanh Hóa - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Có thể chia một khối lập phương thành bao nhiêu khối tứ diện có thể tích bằng nhau mà các đỉnh của tứ diện cũng là đỉnh của hình lập phương? A. 2 . B. 8 . C. 4 . D. 6 . Câu 50. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho đa giác đều có 2018 đỉnh. Hỏi có bao nhiêu hình chữ nhật có 4 đỉnh là các đỉnh của đa giác đã cho ? 4 4 2 2 A. C2018 . B. C1009 . C. C2018 . D. C1009 . Câu 51. (CỤM 8 TRƯỜNG CHUYÊN LẦN 1) Cho khối lập phương ABCD. A′B′C ′D′ . Cắt khối lập phương trên bởi các mặt phẳng ( AB′D′) và ( C ′BD ) ta được ba khối đa diện. Xét các mệnh đề sau: 6

( I ) : Ba khối đa diện thu được gồm hai khối chóp tam giác đều và một khối lăng trụ tam giác. ( II ) : Ba khối đa diện thu được gồm hai khối tứ diện và một khối bát diện đều. ( III ) : Trong ba khối đa diện thu được có hai khối đa diện bằng nhau. Số mệnh đề đúng là: A. 2. B. 1. C. 0. D. 3.

Câu 13.

Theo SGK Hình học 12 trang 17 thì khối đa diện đều loại {3; 5} là khối hai m mươi mặt đều. Chọn B

Câu 52. Cho một khối đá trắng hình lập phương được sơn đen toàn bộ mặt ngoài. Người ta xẻ khối đá đó thành 125 khối đá nhỏ bằng nhau và cũng là hình lập phương. Hỏi có bao nhiêu khối đá nhỏ mà không có mặt nào bị sơn đen? A. 45 . B. 48 . C. 36 . D. 27 .

Câu 14.

PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO Câu 1. Câu 2.

Dạng 1. Nhận dạng khối đa diện Chọn B Đếm đáy hình chóp có 5 mặt tam giác và 5 mặt tứ giác và 1 mặt ngũ giác. Vậy có 11 mặt. Chọn D Lý thuyết

Từ hình vẽ 1 suy ra có 9 mặt. Chọn C Đa diện đều loại {3;5} là khối hai mươi mặt đều với số đỉnh a = 12 và số cạnh b = 30 . Do đó a − b = −18 .

Câu 15.

Chọn A Số hình đa diện là 3 vì hình đầu tiên không phải hình đa diện. Câu 16. Chọn B Theo định nghĩa khối đaa diện đề đều loại {4;3} là khối có: Mỗi mặt là 1 đaa giác đều có 4 cạnh (hình vuông), mỗi đỉnh là đỉnh nh chung của c đúng 3 mặt. Vậy nó là khối lập phương. Theo bảng tóm tắt về năm loại khối đa diện đều Loại Tên gọi Số đỉnh Số cạnh Số mặt ặt 6 {3;3} Tứ diện đều 4 4

E A D

Câu 4. Câu 5. Câu 6. Câu 7.

{4;3} {3; 4} {5;3} {3;5}

Câu 3. Hình chóp ngũ giác có năm mặt bên và một mặt đáy, nên số mặt của nó là sáu mặt. Chọn D Theo tính chất khối đa diện sgk hình học 12 . Hình tứ diện có số đỉnh bằng số mặt và bằng bốn. C

Câu 17.

Mệnh đề II sai vì khối tứ diện là khối đa diện lồi có số mặt nhỏ hơn 5 Mệnh đề III sai vì khối tứ diện là khối đa diện lồi có 4 đỉnh Câu 8. Chọn C Khối bát diện đều là loại {3; 4} . Câu 9. Chọn B Có tất cả 5 khối đa diện đều là: Khối tứ diện đều, khối lập phương, khối bát diện đều (hay khối tám mặt đều), khối mười hai mặt đều và khối hai mươi mặt đều. Câu 10. Chọn B Ta có số cạnh của hình mười hai mặt đều là 30 . Câu 11. Chọn A Có một cạnh là cạnh chung của 3 mặt. Câu 12. Chọn A

Lập phương

Bát diện đều

Mười hai mặt ặt đều đề

Hai mươi mặt đề đều

Chọn C

. Hình khối 12 mặt đều. Câu 18. Chọn B

Quan sát bốn hình trên ta thấy chỉ có một hình thứ tư từ trái qua là hình đa diện lồi vì lấy bất kỳ hai điểm nào thì đoạn thẳng nối hai điểm đó nằm trong khối đa diện. Vậy chỉ có một đa diện lồi. Câu 19. Chọn D Khối đa diện đều loại {3; 4} là khối bát diện đều, mỗi mặt là một tam giác đều và tại mỗi đỉnh có Câu 20. Câu 21. Câu 22. Câu 23.

4 tam giác đều nên tổng các góc tại 1 đỉnh bằng 240° . Chọn D Chọn A Chọn C Chọn C

Câu 29. Ta có đa giác đều có 16 đỉnh nên có 8 đường chéo qua tâm. Ứng với mỗi đường chéo qua tâm có 14 tam giác vuông. Vậy có 8.14 = 112 tam giác. Câu Dạng 2. Tính chất đối xứng khối đa diện Chọn A Dễ dàng thấy hình bát diện đều, hình lập phương và hình lăng trục lục giác đều có tâm đối xứng. Còn tứ diện đều không có tâm đối xứng. Câu 31. Chọn C Câu 30.

B Q

Khối hai mươi mặt đều có các mặt là tam giác nên thuộc loại {3;5} . Câu 24. Chọn D Câu 25. Chọn A

B' S

D' M

P T

Xét hình hộp chữ nhật ABCD.A ' B ' C ' D ' có ba kích thước đôi một khác nhau. Khi đó có 3 mặt phẳng đối xứng là MNOP , QRST , UVWX.

Ta có đường nối hai điểm MN không thuộc hình IV nên đây không phải là đa diện lồi. Câu 26.

Câu 32.

Hướng dẫn giải

Chọn C

Chọn D Hình đa diện bên có 10 mặt. Câu 27. Chọn A Hình lăng trụ có 11 cạnh thì đáy có 11 cạnh bên. Vậy hình lăng trụ có 33 cạnh. Câu 28. Hình 1, Hình 2, Hình 4 không phải hình đa diện vì nó vi phạm tính chất: “ mỗi cạnh là cạnh chung của đúng hai mặt”. Gọi S là tập hợp các đỉnh của khối tứ diện đều ABCD . Giả sử d là trục đối xứng của tứ diện đã cho, phép đối xứng trục d biến S thành chính S nên d phải là trung trực của ít nhất một đoạn thẳng nối hai đỉnh bất kỳ của tứ diện. Vậy tứ diện đều có 3 trục đối xứng là các đường thẳng nối trung điểm của các cặp cạnh đối diện. 9

G Câu 33. Hình hộp đứng có đáy là hình thoi có 3 mặt phẳng đối xứng trong đó bao gồm 2 mặt phẳng chứa từng cặp đường chéo song song của mỗi mặt đáy và 1 mặt phẳng cắt ngang tại trung điểm của chiều cao hình hộp. Cụ thể, theo hình vẽ trên là: ( BDEH ) , ( ACGF ) , ( IJKL ) . Câu 34. Chọn C

B Câu 39.

Chọn B Ta có phép đối xứng tâm I biến hình ( H ) thành chính nó. Khi đó hình ( H ) có tâm đối xứng là I suy ra hình lăng trụ tứ giác đều, hình bát diện đều và hình lập phương là các hình đa diện có tâm đối xứng.

Câu 40. Hướng dẫn giải Chọn D Câu 41. Chọn A Có 4 mặt phẳng đối xứng như hình vẽ sau.

Câu 35.

Chọn A

Câu 36.

Hình tứ diện có tất cả 6 mặt phẳng đối xứng. Chọn A d2 d1

. Câu 42.

d4 dn

Chọn C

d3 d ∆

Đường tròn có vô số trục đối xứng, các trục này đi qua tâm đường tròn. Đường thẳng có 1 trục đối xứng trùng với nó. Tam giác đều có 3 trục đối xứng, các trục này đi qua trọng tâm của tam giác đều. Hình hộp xiên không có trục đối xứng. Câu 37. Chọn B Luôn tồn tại hình đa diện H có mặt phẳng đối xứng và có đúng 5 đỉnh, H không có tâm đối xứng. Câu 38. Chọn D Đó là các mặt phẳng ( SAC ) , ( SBD ) , ( SHJ ) , ( SGI ) với G , H , I , J là các trung điểm của các cạnh AB, CB, CD , AD (hình vẽ bên dưới).

Hình bát diện ABCDEF có 9 mặt phẳng đối xứng: 3 mặt phẳng ( ABCD ) , ( BEDF ) , ( AECF ) và 6 mặt phẳng mà mỗi mặt phẳng là trung trực của hai cạnh song song. Câu 43. Phép đối xứng qua mặt phẳng ( ABC ′D′ ) biến các điểm

B→B C → B′ D → A′ D′ → D′ Nên phép đối xứng qua mặt phẳng ( ABC ′D′ ) biến khối tứ diện BCDD′ thành khối tứ diện

BB′A′D′ Dạng 3. Phân chia, lắp ghép khối đa diện Câu 44. Chọn D

Câu 48.

Ta có ba khối tứ diện là A. A′B′C′; B′. ABC′; C′. ABC . Chọn A M

Mặt phẳng ( AB′C′) chia khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ thành hai khối chóp Chóp tam giác: A. A′B′C′ và chóp tứ giác: A.BB′C ′C . Câu 45. Chọn B

Câu 46.

. Cắt khối lăng trụ MNP.M ′N ′P′ bởi các mặt phẳng ( MN ′P′ ) và ( MNP′) ta được ợ ba khối tứ diện là P.MNP′; P.MNN′; M′ .MN′P′ . . Câu 49. Chọn D + Ta chia khối lập phương ng thành hai khối lăng trụ đứng; + Ứng với mỗi khối lăng trụụ đứ đứng ta có thể chia thành ba khối tứ diện đều mà các đỉnh của tứ diện cũng là đỉnh của hình lập phương ươ . Vậy có tất cả là 6 khối tứ diệ diện có thể tích bằng nhau. Câu 50. Số đường chéo đii qua tâm củ của đa giác đều 2018 đỉnh là : 1009 . Cứ hai đường chéo đii qua tâm ttạo thành một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nh nhật có 4 đỉnh là 2 các đỉnh của đa giác đã cho là : C1009 .

Ba khối tứ diện là AA’B’C’ , ABB’C’ , ABCC’ . Chọn C A

D N C

Bằng hai mặt phẳng ( CDM ) và ( ABN ) , ta chia khối tứ diện đó thành bốn khối tứ diện: MANC , BCMN , AMND , MBND . Câu 47. Chọn B

Câu 51. Cắt hình lập phương bởi các mặt phẳng ( AB′D′) và ( C ′BD ) ta được ba khối đa diện sau - Hình chóp A′. AB′D ' và C.BDC′ có các cạnh bên bằng nhau và các cạnh đáy bằng nhau nên chúng là các hình chóp tam giác đều. - Khối đa diện còn lại là khối bát diện không đều DB′ABC ′D′ vì ABC ′D′ là hình chữ nhật. Câu 52. Gọi cạnh khối lập phương là 5 đơn vị. Dễ thấy 125 = 53 khối đá nhỏ được sinh ra nhờ cắt vuông góc với từng mặt của khối lập phương bởi các mặt phẳng song song cách đều nhau 1 đợn vị và cách đều mỗi cạnh tương ứng của mặt đó 1 đơn vị. Do toàn bộ mặt ngoài của khối bị sơn đen nên khối đá nhỏ mà mặt ngoài không bị sơn đen là khối đá nhỏ cạnh 1 đơn vị được sinh ra bởi khối lập phương lõi có độ dài cạnh 3 đơn vị. Do đó, số khối đá cần tìm là 33 = 27.

CHUYÊN ĐỀ 8

THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

Dạng 4.3 Ứng dụng tỉ số thể tích để tìm thể tích........................................................................................................ 78 Dạng 5. BÀI TOÁN THỰC TẾ VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ ...................................................................................... 85

PHẦN A. CÂU HỎI Dạng 1.THỂ TÍCH KHỐI CHÓP Dạng 1.1 Biết chiều cao và diện tích đáy

Dạng 1.4 Biết hình chiếu của đỉnh lên đáy................................................................................................................... 6 Dạng 1.5 Thể tích khối chóp đều ................................................................................................................................. 7 Dạng 1.6 Thể tích khối chóp khác ................................................................................................................................ 8 Dạng 2. THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ ...................................................................................................................... 9 Dạng 2.1 Biết chiều cao và diện tích đáy ..................................................................................................................... 9 Dạng 2.2 Thể tích khối lăng trụ đứng......................................................................................................................... 10 Dạng 2.3 Thể tích khối lăng trụ xiên .......................................................................................................................... 12 Dạng 3. THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN KHÁC............................................................................................................ 14 Dạng 4. TỈ SỐ THỂ TÍCH........................................................................................................................................... 15 Dạng 4.1 Tỉ số thể tích của khối chóp ........................................................................................................................ 15 Dạng 4.2 Tỉ số thể tích các khối đa diện .................................................................................................................... 16 Dạng 4.3 Ứng dụng tỉ số thể tích để tìm thể tích........................................................................................................ 18 Dạng 5. BÀI TOÁN THỰC TẾ VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ ...................................................................................... 20 PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO ........................................................................................................................... 23 Dạng 1.THỂ TÍCH KHỐI CHÓP ............................................................................................................................... 23 Dạng 1.1 Biết chiều cao và diện tích đáy ................................................................................................................... 23

Câu 1. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là: 1 1 1 B. V = Bh C. V = Bh D. V = Bh A. V = Bh 2 6 3 Câu 2. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho khối chóp có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao bằng 2 a . Thể tích của khối chóp đã cho bằng 2 4 A. 4a3 B. a 3 C. 2a3 D. a 3 3 3 Câu 3. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho khối chóp có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao bằng 4a . Thể tích khối chóp đã cho bằng 16 3 4 A. 16a3 B. C. 4a3 D. a 3 a 3 3 Câu 4. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a 2 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD 2a 3 2a 3 2a 3 A. V = B. V = C. V = 2a3 D. V = 6 4 3 Dạng 1.2 Cạnh bên vuông góc với đáy

Dạng 1.2 Cạnh bên vuông góc với đáy ...................................................................................................................... 23 Dạng 1.3 Mặt bên vuông góc với đáy ........................................................................................................................ 31 Dạng 1.4 Biết hình chiếu của đỉnh lên đáy................................................................................................................. 35 Dạng 1.5 Thể tích khối chóp đều ............................................................................................................................... 38 Dạng 1.6 Thể tích khối chóp khác .............................................................................................................................. 42 Dạng 2. THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ .................................................................................................................... 48 Dạng 2.1 Biết chiều cao và diện tích đáy ................................................................................................................... 48 Dạng 2.2 Thể tích khối lăng trụ đứng......................................................................................................................... 48 Dạng 2.3 Thể tích khối lăng trụ xiên .......................................................................................................................... 53 Dạng 3. THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN KHÁC............................................................................................................ 62 Dạng 4. TỈ SỐ THỂ TÍCH........................................................................................................................................... 68 Dạng 4.1 Tỉ số thể tích của khối chóp ........................................................................................................................ 68 Dạng 4.2 Tỉ số thể tích các khối đa diện .................................................................................................................... 70 1

Câu 5. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho khối chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy, SA = 4 , AB = 6 , BC = 10 và CA = 8 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC . A. V = 32 B. V = 192 C. V = 40 D. V = 24 Câu 6. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a . Tính thể tích khối chóp S . ABCD . 2a 3 2a 3 2a 3 A. B. C. 2a 3 D. 6 4 3 Câu 7. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam a3 giác đều cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy và thể tích của khối chóp đó bằng . Tính cạnh bên SA . 4 a 3 a 3 A. B. C. a 3. D. 2a 3. . . 2 3 Câu 8. (THPT MINH CHÂU HƯNG YÊN NĂM 2018 – 2019) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là 2

tam giác đều cạnh a . Biết SA ⊥ ( ABC ) và SA = a 3 . Tính thể tích khối chóp S . ABC . a A. 4

a B. 2

3a D. 4

a C. 4

Câu 9. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt đáy, SD tạo với mặt phẳng ( SAB ) một góc bằng 30° . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD .

A. V = 3a3

B. V =

6a 3 3

C. V =

3a 3 3

6a 3 18

D. V =

a3 3 3

a3 2 12

a3 3 9

a3 3 12

B. V = 960

C. V = 400

D. V =

1300 3

Câu 12. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABC có cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABC ) . Biết SA = a , tam giác ABC là tam giác vuông cân tại a3 B. V = . 2

a3 3 . 3

a3 3 . 6

6a 3 3

2a 3

S . ABC là V . Tỷ số

a3 là 3V

5 80

5 40

5 20

3 5 80

Câu 18. (THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp tam giác S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB = a , ACB = 60° , cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và SB hợp với mặt đáy một góc 45° . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . a3 3 a3 3 a3 3 a3 B. V = C. V = D. V = 18 12 9 2 3 Câu 19. (GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a và AD = 2a , cạnh bên SA vuông góc với đáy. Tính thể tích V của khối 0 chóp S . ABCD biết góc giữa hai mặt phẳng ( SBD) và ( ABCD ) bằng 60 .

A. V =

a3 15 15

B. V =

a3 15 6

C. V =

4a3 15 15

D. V =

a3 15 3

Câu 20. (GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABC có 0

2a 3 C. V = . 3

D. V = 2a .

Câu 13. (CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB = a, AC = 2a, SA ⊥ ( ABC ) và SA = a . Thể tích của khối chóp đã cho bằng A.

ACB = 120 , cạnh bên SA vuông góc với đáy. Đường thẳng SC tạo với mặt phẳng AC = a , BC = 2 a , 0 30 ( SAB ) góc . Tính thể tích của khối chóp S . ABC

A , AB = 2a . Tính theo a thể tích V của khối chóp S . ABC . a3 A. V = . 6

2 a3 3

A. V =

Câu 11. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) biết đáy ABC là tam giác vuông tại B và AD = 10, AB = 10, BC = 24 . Tính thể tích của tứ diện ABCD . A. V = 1200

Câu 17. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại C , cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, biết AB = 4a, SB = 6a. Thể tích khối chóp

Câu 10. (GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Cạnh bên SC vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , SC = a . Thể tích khối chóp S . ABC bằng

2a3 3

a3 . 3

2a 3 . 3

Câu 14. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho khối chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng

a 3 105 a 3 105 a 3 105 a 3 105 . B. . C. . D. . 28 21 42 7 Câu 21. (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có AB = 5 3, BC = 3 3 , góc = BCD = 90° , SA = 9 và SA vuông góc với đáy. Biết thể tích khối chóp S . ABCD bằng 66 3 , tính BAD cotang của góc giữa mặt phẳng ( SBD ) và mặt đáy. A.

a 2 . Tính thể tích của khối chóp đã 2

cho.

a3 3

B. a 3

3a 3 9

a3 2

Câu 15. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a , AD = a 3 , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và mặt phẳng ( SBC ) tạo với đáy một góc 60o . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD .

B 3

a 3a C. V = a3 D. V = 3 3 Câu 16. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh vuông góc với đáy, SC tạo với mặt phẳng ( SAB ) một góc 300 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD A. V = 3a3

B. V =

a , SA

Câu 22.

20 273 . A. 819

91 . 9

3 273 . 20

9 91 9

Câu 23. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều, SA ⊥ ( ABC ) . Mặt phẳng ( SBC ) cách A một khoảng bằng a và hợp với mặt phẳng ( ABC ) góc

300 . Thể tích của khối chóp S . ABC bằng 8a 3 8a 3 A. . B. . 9 3 Dạng 1.3 Mặt bên vuông góc với đáy

3a 3 . 12

4a 3 . 9

a3 3 12

a3 3 9

a3 5 24

a3 5 6

Câu 25. (THPT THIỆU HÓA – THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAB là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Mặt phẳng ( SCD ) tạo với đáy góc 30° . Thể tích khối chóp S . ABCD là? A.

a3 3 4

a3 3 2

a3 3 36

5a3 3 36

Câu 27. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a . Tam giác SAD cân tại S và mặt bên ( SAD ) vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp S . ABCD bằng

4 3 a . Tính khoảng cách h từ B đến 3

mặt phẳng ( SCD ) .

4 a 3

B. h =

3 a 2

C. h =

2 5 a 5

D. h =

6 a 3

Câu 28. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2a . Tam giác SAD cân tại S và mặt bên ( SAD ) vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp S . ABCD bằng

A. h =

3 a 4

Câu 32. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật; AB = a; AD = 2a . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mp ( ABCD ) bằng 45° . Gọi M là trung điểm của SD . Tính theo a khoảng cách d từ điể m M đến ( SAC ) .

a 1513 2a 1315 . B. d = . 89 89 Dạng 1.4 Biết hình chiếu của đỉnh lên đáy A. d =

Câu 26. (GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và AB = 2 a . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích V của khối chóp S . ABC a3 3 a3 3 a3 3 2a 3 3 A. V = B. V = C. V = D. V = 4 3 12 3

A. h =

Câu 31. (THPT MINH KHAI HÀ TĨNH NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là 1 AD = a . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với 2 15 đáy, góc giữa SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng α sao cho tan α = . Tính thể tích khối chóp S . ACD 5 theo a . a3 a3 a3 2 a3 3 A. VS . ACD = . B. VS . ACD = . C. VS . ACD = . D. VS . ACD = . 2 3 6 6 hình thang vuông tại A và B , BC =

Câu 24. (GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy; góc o giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 45 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD bằng: A.

Câu 30. (KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông và tam giác SAB đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng 21 . Hãy cho biết cạnh đáy bằng bao nhiêu? A. 21 B. 21 C. 7 3 D. 7

4 3 a . Tính khoảng cách h từ B đến mặt phẳng ( SCD ) 3 2 4 8 B. h = a C. h = a D. h = a 3 3 3

Câu 29. (CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a 2 , tam giác SAC vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, cạnh bên SA tạo với đáy góc 60 . Tính thể tích V của khối chóp S . ABCD . a3 3 a3 3 a3 6 a3 2 A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . 12 3 12 12

C. d =

a 1315 . 89

D. d =

2a 1513 . 89

Câu 33. (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A . Hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm H của BC , AB = a , AC = a 3 , SB = a 2 . Thể tích của khối chóp S . ABC bằng

a3 3 . 2

a3 6 . 2

a3 3 . 6

a3 6 . 6

Câu 34. (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác vuông tại S . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy là điểm H thuộc cạnh AD sao cho HA = 3HD . Biết rằng SA = 2a 3 và SC tạo với đáy một góc bằng 30° . Tính theo a thể tích V của khối chóp S . ABCD . 8 6a 3 8 6a 3 A. V = 8 6a3 . B. V = . C. V = 8 2a3 . D. V = . 3 9 Câu 35. (GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D , AB = AD = a , CD = 2 a . Hình chiếu của đỉnh S lên mặt ( ABCD ) trùng với a3 trung điểm của BD . Biết thể tích tứ diện SBCD bằng . Khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng ( SBC ) 6 là? a 2 a 6 a 3 a 3 A. B. C. D. 2 6 6 4

Câu 36. (THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là vuông cạnh a , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với trung điểm của

cạnh AD ; gọi M là trung điểm của CD; cạnh bên SB hợp với đáy góc 60° . Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABM . a 3 15 a 3 15 a 3 15 a 3 15 A. B. C. D. 3 6 4 12 Câu 37. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2 a . Hình chiếu vuông góc của S trên đáy là điểm H trên cạnh AC sao cho AH = AC ; mặt phẳng 3 ( SBC ) tạo với đáy một góc 60o . Thể tích khối chóp S . ABC là?

a3 3 a3 3 B. 12 48 Dạng 1.5 Thể tích khối chóp đều A.

a3 3 36

a3 3 24

Câu 39. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng 2a . Thể tích của khối chóp đã cho bằng 8a 3 2 2a 3 8 2a 3 4 2a 3 A. B. C. D. 3 3 3 3 Câu 40. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a , cạnh bên gấp hai lần cạnh đáy. Tính thể tích V của khối chóp đã cho. A. V =

2a 3 2

B. V =

14a3 2

C. V =

2a 3 6

D. V =

14 a3 6

Câu 41. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng 2a cạnh bên bằng a 5 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng A. 4 5a3 .

B. 4 3a 3 .

4 5a 3 . 3

4 3a 3 . 3

Câu 42. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC . 11a 3 11a 3 13a 3 11a 3 A. V = B. V = C. V = D. V = 6 4 12 12 Câu 43. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho một hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng a , góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 450 . Thể tích khối chóp đó là a3 a3 a3 3 a3 3 . . A. B. C. D. . . 12 12 36 36 Câu 44. (TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI SỐ 2 NĂM 2018-2019) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a 6 , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC? A. V = 9a3 B. V = 2a3 C. V = 3a3 D. V = 6a3 Câu 45. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có độ dài cạnh đáy bằng a , góc hợp bởi cạnh bên và mặt đáy bằng 60° . Thể tích của khối chóp đã cho bằng 7

a3 3 . 3

a3 3 . 6

a3 3 . 4

Câu 46. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho khối chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600 . Thể tích V của khối chóp S . ABCD bằng a3 3 a3 2 a3 3 a3 2 A. V = B. V = C. V = D. V = 2 2 6 6 Câu 47. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , tâm của đáy là O . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Biết góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD . A.

Câu 38. (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Thể tích của khối chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng a là a3 2 a3 2 a3 2 A. . B. . C. a3 . D. . 6 3 2

a3 3 . 12

a 3 10 6

a 3 30 2

a 3 30 6

a 3 10 3

Câu 48. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB , AC và AD đôi một vuông góc với nhau; AB = 6a , AC = 7 a và AD = 4a . Gọi M , N , P tương ứng là trung điểm các cạnh BC , C D , DB . Tính thể tích V của tứ diện AMNP . 28 3 7 A. V = 7a3 B. V = 14a3 C. V = D. V = a 3 a 3 2 Dạng 1.6 Thể tích khối chóp khác Câu 49. (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi V là thể tích của khối chóp S. ABCD và M , N , P lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng SC , SD , AD . Thể tích của khối tứ diện AMNP bằng 1 1 1 1 B. V . C. V . D. V . A. V . 8 4 16 32 Câu 50. (THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB , AC , AD đôi một vuông góc nhau; AB = 6a , AC = 7 a và AD = 4a . Gọi M , N , P tương ứng là trung điểm các cạnh BC , CD, DB . Tính thể tích V của khối tứ diện AMNP . A. V = 7a3 .

B. V =

28a3 . 3

C. V =

7a3 . 2

D. V = 14 a 3 .

Câu 51. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hình chóp S . ABC có SA = SB = SC = 6 , AC = 4 ; ABC là tam giác vuông cân tại B . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . 16 7 16 2 A. V = 16 7 B. V = C. V = 16 2 D. V = 3 3 Câu 52. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB, AC và AD đôi một vuông góc với nhau. Gọi G1 , G2 , G3 và G4 lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC , ABD, ACD và BCD . Biết AB = 6a, AC = 9 a , AD = 12a . Tính theo a thể tích khối tứ diện G1G2G3G4 . A. 4a3 . B. a3 . C. 108a3 . D. 36a3 . Câu 53. (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam = SCB = 90°. Gọi M là trung điểm của SA. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng giác đều cạnh a. SAB

(MBC ) bằng

6a . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC. 7 8

A. V =

5 3a 3 . 12

B. V =

5 3a 3 . 6

C. V =

4 3a3 . 3

D. V =

Câu 62. (THPT THIỆU HÓA – THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho khối lăng trụ có diện tích đáy bằng a 2 3 , khoảng cách giữa hai đáy của lăng trụ bằng a 6 . Tính thể tích V của khối lăng trụ

7 3a3 . 12

Câu 54. (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABC biết rằng = 60° và ASB = 120° , BSC ASC = 90° . Thể tích khối chóp S . ABC là SA = SB = SC = a , A.

a3 2 . 12

a3 2 . 6

a3 3 . 4

a3 3 . 8

Câu 55. (GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABC có đáy 6 15 , từ B đến ( SCA ) là , từ C ABC là tam giác đều cạnh 1 , biết khoảng cách từ A đến ( SBC ) là 4 10 30 đến ( SAB ) là và hình chiếu vuông góc của S xuống đáy nằm trong tam giác ABC . Tính thể tích 20 khối chóp VS. ABC . 1 1 1 1 A. B. C. D. 36 48 12 24 Câu 56. (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABC có = SCB = 900 . Gọi M là trung điểm của SA . Khoảng cách từ A đến mặt đáy là tam giác đều cạnh a . SAB 6a phẳng ( MBC ) bằng . Tính thể tích V của khối chóp S . ABC . 7 3 5 3a 5 3a 3 4 3a 3 7 3a 3 A. V = B. V = C. V = D. V = 12 6 3 12 Câu 57. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Cho hình chóp S. ABC có các cạnh SA = BC = 3 ; SB = AC = 4 ; SC = AB = 2 5 . Tính thể tích khối chóp S. ABC . A.

390 12

390 4

390 6

390 8

Dạng 2. THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ Dạng 2.1 Biết chiều cao và diện tích đáy

A. V = 3a 3 2

B. V = a 3 2

C. V =

a3 2 3

D. V =

3a 3 2 4

Dạng 2.2 Thể tích khối lăng trụ đứng Câu 63. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Thể tích của khối lập phương cạnh 2a bằng A. 8a3 B. 2a3 C. a3 D. 6a3 Câu 64. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho khối lăng trụ đứng ABC . A′B′C ′ có đáy là tam giác đều cạnh a và AA ' = 2 a (minh họa như hình vẽ bên dưới).

Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 6a 3 6a 3 A. . B. . 2 4

6a 3 . 6

6a 3 . 12

Câu 65. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a . a3 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. V = B. V = C. V = D. V = 12 2 4 6 Câu 66. (Mã 102 - BGD - 2019) Cho khối lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác đều cạnh a và AA′ = 2a (minh họa như hình vẽ bên).

Câu 58. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B và có chiều cao h là 4 1 A. Bh . B. Bh . C. Bh . D. 3Bh . 3 3 Câu 59. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho khối lăng trụ có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao bằng 4a . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 16 3 4 a A. 16a3 B. 4a3 C. D. a 3 3 3 Câu 60. (Mã 103 - BGD - 2019) Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là: 4 1 A. Bh . B. Bh . C. Bh . D. 3Bh . 3 3 Câu 61. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho khối lăng trụ có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao bằng 2a . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 2 4 A. a 3 B. a 3 C. 2a3 D. 4a3 3 3

Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 3a 3 3a3 3a 3 A. . B. . C. 3a3. D. . 2 6 3 Câu 67. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho khối lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có BB′ = a , đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và AC = a 2 . Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.

A. V =

a3 3

B. V =

a3 2

C. V = a3

D. V =

a3 6

Câu 68. (Mã 103 - BGD - 2019) Cho khối lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh 2 a và AA ' = 3a (minh họa như hình vẽ bên). B'

A B

Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng B. 3 3a 3 . A. 6 3a 3 .

C. 2 3a 3 .

3a 3 .

Câu 69. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Tính thể tích V của khối lập phương ABCD. A′B′C ′D′ , biết AC ′ = a 3 . A. V = a3

B. V =

3 6a 3 4

C. V = 3 3a 3

1 D. V = a 3 3

Câu 70. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Hình lập phương có đường chéo bằng a thì có thể tích bằng 2 3 3 3 A. 3 3a3 . B. C. D. a3 . a . a . 4 9 Câu 71. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho khối lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a và AA ' = 3a (minh họa hình vẽ bên). Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng. B'

A B 3

a 3a a3 3a 3 . B. . C. . D. . A. 2 4 4 2 Câu 72. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho khối lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác = 120° . Mặt phẳng ( AB′C ′) tạo với đáy một góc 60° . Tính thể tích V của khối cân với AB = AC = a , BAC lăng trụ đã cho. A. V =

3a3 8

B. V =

9a 3 8

C. V =

a3 8

D. V =

3a3 4

Câu 73. (GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình lăng trụ đứng ABC . A ′ B ′C ′ có đáy là tam giác vuông cân tại B , AB = a và A′B = a 3 . Thể tích khối lăng trụ ABC . A ′ B ′C ′ là A.

a3 3 2

a3 6

a3 2

C. 3 3 .

B. 8 .

D. 8 2 .

Câu 76. (THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho khối lăng trụ đều 2a 3 . Thể tích ABC . A ' B ' C ' có cạnh đáy bằng a . Khoảng cách từ điểm A' đến mặt phẳng ( AB ' C ' ) bằng 19 của khối lăng trụ đã cho là 3a 3 a3 3 a3 3 a3 3 A. B. C. D. 4 6 2 2 Dạng 2.3 Thể tích khối lăng trụ xiên Câu 77. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B , đường cao BH . Biết A ' H ⊥ ( ABC ) và AB = 1, AC = 2, AA ' = 2 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 7 21 3 7 21 A. . B. . C. . D. . 12 4 4 4 Câu 78. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C′ có tất cả các cạnh bằng a , các cạnh bên tạo với đáy góc 60° . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C′ bằng a3 3 3a3 a3 a3 3 A. B. C. D. 24 8 8 8 Câu 79. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AC = 2 2 , biết góc giữa AC′ và ( ABC ) bằng 600 và AC ′ = 4 . Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ .

A. 8 3 .

Câu 75. (THPT THIỆU HÓA – THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho lăng trụ tam giác đều a2 3 . Mặt phẳng ( A ' BC ) hợp với mặt phẳng đáy một góc 60 0 . Tính ABC . A ' B ' C ' có diện tích đáy bằng 4 thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' . 5a 3 3 3a 3 2 a3 3 3a 3 3 A. B. C. D. 8 8 12 8

Câu 74. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho lăng trụ đều ABC . A′B ′C ′ . Biết rằng góc giữa ( A′BC ) và ( ABC ) là 30° , tam giác A′BC có diện tích bằng 8 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC . A′B ′C ′ .

a3 2 2 11

A. V =

8 3

B. V =

16 3

C. V =

8 3 3

D. 8 3

Câu 80. (KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Cho lăng trụ tam giác ABC . A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 30 0 . Hình chiếu của A ' lên ( ABC ) là trung điểm I của BC . Tính thể tích khối lăng trụ a3 3 a 3 13 a3 3 a3 3 A. B. C. D. 2 12 8 6 Câu 81. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Một khối lăng trụ tam giác có đáy là tam giác đều cạnh bằng 3 , cạnh bên bằng 2 3 tạo với mặt phẳng đáy một góc 30° . Khi đó thể tích khối lăng trụ là: 9 27 27 3 9 3 A. B. C. D. 4 4 4 4 12

Câu 82. (GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình lăng trụ ABC . A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a , góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 30 0 . Hình chiếu của A ' xuống ( ABC ) là trung điểm BC . Tính thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' .

a3 3 A. 8

a3 B. 8

a3 3 C. 24

a3 3 D. 4

Câu 83. (THPT LÊ VĂN THỊNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình lăng trụ ABC . A′B ′C ′ có đáy 3a . Biết rằng hình chiếu vuông góc của A′ lên ( ABC ) là trung điểm ABC là tam giác đều cạnh a , AA′ = 2 BC . Tính thể tích V của khối lăng trụ đó. 2a 3 3a 3 3 A. V = a 3 B. V = C. V = D. V = a 3 3 2 4 2 Câu 84. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' , khoảng cách từ C đến đường thẳng BB ' bằng 2, khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB ' và CC ' lần lượt bằng 1 và 3 , hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( A ' B ' C ') là trung điểm M của B ' C ' và A ' M = 2 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 2 3 A. B. 1 C. 3 D. 2 3 Câu 85. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho khối lăng trụ ABC. A'B'C' , khoảng cách từ C đến BB ' là 5 , khoảng cách từ A đến BB ' và CC ' lần lượt là 1; 2 . Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng

A ' B ' C ' là trung điểm M của B ' C ' , A ' M = A.

2 5 . 3

15 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 3 2 15 15 C. D. 3 3

2 3 . Thể tích của 3

khối lăng trụ đã cho bằng

A. 2

B. 1

2 3 3

Câu 87. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho khối lăng trụ ABC . A′B ′C ′ . Khoảng cách từ C đến đường thẳng BB′ bằng 5 , khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB′ và CC ′ lần lượt bằng 1 và 2 , hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( A′B′C ′ ) là trung điểm M của B′C ′ và A′M = 5 . Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng 15 2 5 2 15 A. 5 B. C. D. 3 3 3 Câu 88. (GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình lăng trụ ABCD. A′B′C ′D′ có đáy

ABC = 60° . Chân đường cao hạ từ B′ trùng với tâm O của đáy ABCD ; góc ABCD là hình thoi cạnh a , giữa mặt phẳng ( BB′C ′C ) với đáy bằng 60° . Thể tích lăng trụ bằng: 3a3 3 A. 8

2a 3 3 B. 9

3a3 2 C. 8

giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và BC bằng lăng trụ đã cho. a3 3 A. 3

a3 3 24

a 3 . Tính theo a thể tích của khối 4

a3 3 6

a3 3 12

Câu 90. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C ′ có = 60° , góc giữa cạnh bên BB ′ và mặt đáy ( ABC ) bằng AA′ = 2a , tam giác ABC vuông tại C và BAC 60° . Hình chiếu vuông góc của B ′ lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Thể tích

của khối tứ diện A′. ABC theo a bằng 9a 3 3a3 A. . B. . 208 26

9a 3 . 26

27a3 . 208

Câu 91. (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho khối lăng trụ ABC. A′B′C′, tam giác A′BC có diện tích bằng 1 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( A′BC ) bằng 2. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng A. 6. B. 3. C. 2. D. 1. Câu 92. (THPT THIỆU HÓA – THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho lăng trụ tam giác ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu của điểm A ' trên mặt phẳng ( ABC ) trùng vào trọng tâm G của tam giác ABC . Biết tam giác A ' BB ' có diện tích bằng

Câu 86. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ , khoảng cách từ C đến đường thẳng BB′ bằng 2 , khoảng cách từ A đến các đường thẳng BB′ và CC′ lần lượt bằng 1 và 3 , hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( A′B′C ′ ) là trung điểm M của B′C′ và A′M =

Câu 89. (THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho lăng trụ ABC . A′ B′C ′ có đáy là tam giác đều cạnh a , hình chiếu vuông góc của điểm A’ lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm tam

lăng trụ ABC . A ' B ' C ' . 6a 3 2 3a 3 7 A. B. 7 8 Dạng 3. THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN KHÁC

3a 3 5 8

2a 2 3 . Tính thể tích khối 3

3a 3 3 8

Câu 93. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho hình vuông ABCD và ABEF có cạnh bằng 1 , lần lượt nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Gọi S là điểm đối xứng của B qua đường thẳng DE . Thể tích của khối đa diện ABCDSEF bằng 7 11 2 5 A. B. C. D. 6 12 3 6 Câu 94. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Cho lăng trụ ABC. A′B′C ′ có chiều cao bằng 4 và đáy là tam giác đều cạnh bằng 4. Gọi M , N và P lần lượt là tâm của các mặt bên ABB′A′, ACC ′A′ và BCC ′B′ . Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , M , N , P bằng A. 8 3 .

B. 6 3 .

20 3 . 3

14 3 . 3

Câu 95. (Mã 103 - BGD - 2019) Cho lăng trụ ABC. A′B′C ′ có chiều cao bằng 6 và đáy là tam giác đều cạnh bằng 4. Gọi M , N , P lần lượt là tâm các mặt bên ABB′A′, ACC′A′, BCC′B′ . Thể tích khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , M , N , P bằng A. 9 3 .

B. 10 3 .

C. 7 3 .

D. 12 3 .

3a3 D. 4 13

Câu 96. (Mã 102 - BGD - 2019) Cho lăng trụ ABC . A ' B ' C ' có chiều cao bằng 8 và đáy là tam giác đều cạnh bằng 4 . Gọi M , N và P lần lượt là tâm các mặt bên ABB ' A ', ACC ' A ' và BCC ' B ' . Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , M , N , P bằng A.

40 3 . 3

B. 16 3 .

28 3 . 3

D. 12 3 .

Câu 97. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có chiều cao bằng 8 và đáy là tam giác đều cạnh bằng 6 . Gọi M , N và P lần lượt là tâm của các mặt bên ABB ' A ', ACC ' A ' và BCC ' B ' . Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , M , N , P bằng A. 30 3 .

B. 36 3 .

C. 27 3 .

Câu 99. (THPT THIỆU HÓA – THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình lập phương CN 1 = . Mặt phẳng CD 3 ( A ' MN ) chia khối lập phương thành hai khối, gọi ( H ) là khối chứa điểm A . Thể tích của khối ( H ) theo a là?

ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a . Gọi M là trung điểm của BC , N thuộc cạnh CD thỏa

53a 137

55a 144

47a 154

Câu 105. (THPT LÊ VĂN THỊNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho tứ diện MNPQ . Gọi I ; J ; K lần lượt là trung điểm của các cạnh MN ; MP ; MQ . Tỉ số thể tích

D. 21 3 .

Câu 98. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Thể tích của bát diện đều cạnh bằng a 3 là. 4 A. 6a3 . B. 6a 3 . C. a 3 . D. a3 . 3

Câu 104. (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABC . Gọi M , N , P V lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC . Tỉ số thể tích S . ABC bằng VS .MNP A. 12 . B. 2 . C. 8 . D. 3 .

65a 113

Câu 100. Cho một hình lập phương có cạnh bằng a . Tính theo a thể tích của khối bát diện đều có các đỉnh là tâm các mặt của hình lập phương. 1 1 1 3 1 A. a 3 . B. a 3 . C. D. a 3 . a . 4 6 12 8 Câu 101. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Cho hình hộp chữ nhật ABCDA′B′C ′D′ . 2a 5 2a 5 a 3 Khoảng cách giữa AB và B ′C là , giữa BC và AB′ là , giữa AC và BD′ là . Thể tích 5 5 3 của khối hộp đó là A. 8a 3 . B. 4a3 . C. 2a3 . D. a3 . Câu 102. (THPT NGÔ GIA TỰ VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình hộp chữ nhật ABCD . A ' B ' C ' D ' có AB = a , BC = 2 a , AC ' = 3a . Điểm N thuộc cạnh BB ' sao cho BN = 2 NB ' , điểm M thuộc cạnh DD ' sao cho D ' M = 2MD . Mặt phẳng ( A ' MN ) chia hình hộp chữ nhật làm hai phần, tính thể tích phần chứa điểm C ' . A. 4 a 3 . B. a 3 . C. 2 a 3 . D. 3a 3 . Câu 103. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Cho hình chóp đều S . ABC có đáy cạnh bằng a , góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60° . Gọi A′ , B′ , C′ tương ứng là các điểm đối xứng của A , B , C qua S . Thể tích V của khối bát diện có các mặt ABC, A′B′C′ , A′BC , B′CA , C′AB , AB′C ′ , BA′C′ , CA′B′ là 2 3a3 3a 3 4 3a3 A. V = . B. V = 2 3a3 . C. V = . D. V = . 3 2 3

1 3

1 4

1 6

1 8

1 16

1 4

1 8

1 2

Câu 107. (GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABC có thể tích bằng V . Gọi G là trọng tâm tam giác SBC . Mặt phẳng (α ) đi qua hai điểm A, G và song song với BC . Mặt phẳng (α ) cắt các cạnh SB, SC lần lượt tại các điểm M và N . Thể tích khối chóp S . AMN bằng V V 4V V A. B. C. D. 9 2 9 4 Dạng 4.2 Tỉ số thể tích các khối đa diện Câu 108. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Cho khối tứ diện có thể tích bằng V . Gọi V ′ là thể V′ tích của khối đa diện có các đỉnh là các trung điểm của các cạnh của khối tứ diện đã cho, tính tỉ số . V V′ 2 V′ 5 V′ 1 V′ 1 = . = . = . = . A. B. C. D. V 3 V 8 V 2 V 4 Câu 109. (GKI THPT VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCDE có đáy là hình ngũ giác và có thể tích là V . Nếu tăng chiều cao của chóp lên 3 lần đồng thời giảm độ dài cạnh đáy đi 3 V′ lần ta được khối chóp mới S ′. A′B′C ′D′E ′ có thể tích V ′ . Tỉ số là V 1 1 A. 3 B. C. 1 D. 5 3 Câu 110. (SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho khối chóp tam giác S . ABC có đỉnh S và đáy là tam giác ABC . Gọi V là thể tích của khối chóp. Mặt phẳng đi qua trọng tâm của ba mặt bên của khối chóp chia khối chóp thành hai phần. Tính theo V thể tích của phần chứa đáy của khối chóp. 37 27 19 8 A. B. C. D. V. V. V. V. 64 64 27 27 Câu 111. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho lăng trụ ABC . A′B ′C ′ , M là trung điểm CC′ . Mặt phẳng ( ABM ) chia khối lăng trụ thành hai khối đa diện. Gọi V1 là thể tích khối lăng

A. 15

Câu 106. (THPT LÊ VĂN THỊNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S. ABCD . Gọi A′ , B′ , C′ , D′ theo thứ tự là trung điểm của SA , SB , SC , SD . Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S. A ′B′C ′D ′ và S. ABCD .

trụ chứa đỉnh C và V2 là thể tích khối đa diện còn lại. Tính tỉ số

Dạng 4. TỈ SỐ THỂ TÍCH Dạng 4.1 Tỉ số thể tích của khối chóp

VMIJK bằng VMNPQ

1 . 5

1 . 6

1 2.

V1 . V2 D.

2 5 16

Câu 112. (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình hộp ABCD. A′B ′C ′D ′ có I là giao điểm của AC và BD . Gọi V1 và V2 lần lượt là thể tích của các khối V ABCD. A′B ′C ′D ′ và I . A′B′C ′ . Tính tỉ số 1 V2 V V 3 V V A. 1 = 6 . B. 1 = . C. 1 = 2 . D. 1 = 3 . V2 V2 2 V2 V2 Câu 113. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD; SC . I là giao điểm của BM và AC . Tính tỷ số thể tích của hai khối chóp ANIB và S . ABCD 1 1 1 1 A. B. C. D. 16 8 12 24 Câu 114. (ĐỀ MẪU KSNL ĐHQG TPHCM NĂM 2018-2019) Cho khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ . Gọi E , F lần lượt là trung điểm của AA′ , CC′ . Mặt phẳng ( BEF ) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tỉ số thể tích của hai phần đó là 1 1 2 A. . B. 1 . C. . D. . 3 2 3

V1 1 = . V2 5

V1 5 = . V2 3

V1 12 = . V2 7

V1 7 = . V2 5

Câu 118. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho khối chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA = 2a. Hai mặt phẳng ( SAB) và ( SAD ) cùng vuông góc với ( ABCD). Một mặt phẳng (P) qua A và vuông góc SC , cắt các cạnh SB, SC , SD lần lượt tại B′,C′, D′ . Gọi V V1 và V2 lần lượt là thể tích của khối chóp S . AB′C ′D′ và khối đa diện ABCD.D′C ′B′ . Tỉ số 1 bằng V2 8 8 32 1 A. B. . C. D. . . . 15 7 13 2

Câu 115. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình chop S . ABCD có 1 đáy là hình vuông ABCD cạnh a , góc giữa mặt bên và mặt phẳng đáy là α thoả mãn cos α = . Mặt 3 phẳng ( P ) qua AC và vuông góc với mặt phẳng ( SAD ) chia khối chóp S . ABCD thành hai khối đa diện là

Câu 119. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có cạnh bằng 1 . Gọi V1 là thể tích phần không gian bên trong chung của hai hình tứ diện ACB′D′ và A′C ′BD , V2 là phần không gian bên trong hình lập phương đã cho mà không bị chiếm chỗ bởi hai khối tứ

khối chop N . ACD và đa diện chứa đỉnh S . Tỉ số hai khối đa diện đó gần nhất với giá trị nào trong các giá trị sau? A. 0.11 B. 0.13 C. 0.7 D. 0.9 Câu 116. (THPT HÀM RỒNG THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho tứ diện ABCD , trên các 3 cạnh BC , BD , AC lần lượt lấ y các điểm M , N , P sao cho BC = 3BM , BD = BN , AC = 2 AP . Mặt 2 V phẳng ( MNP ) chia khối tứ diện ABCD thành hai phần có thể tích là V1 , V2 . Tính tỉ số 1 V2 V 26 V V 15 V 26 3 A. 1 = . B. 1 = . C. 1 = . D. 1 = . V2 19 V2 19 V2 19 V2 13

diện nêu trên. Tính tỉ số

Câu 117. (THPT MINH KHAI HÀ TĨNH NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là o hình thoi cạnh a , BAD = 60 và SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) o và ( ABCD ) bằng 45 . Gọi M là điểm đối xứng của C qua B và N là trung điểm của SC . Mặt phẳng

( MND )

chia khối chóp S . ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh S có thể tích là

V1 , khối còn lại có thể tích là V2 (tham khảo hình vẽ bên). Tính tỉ số

V1 . V2

A. 3 .

V2 ? V1 B.

1 . 2

3 . 2

D. 2 .

Câu 120. Cho khối chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA = 2a. Hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAD ) cùng vuông góc với ( ABCD). Một mặt phẳng (P) qua A và vuông góc SC , cắt các cạnh SB, SC , SD lần lượt tại B′,C′, D′ . Gọi V1 và V2 lần lượt là thể tích của khối chóp S. AB′C ′D′ và khối đa diện V ABCD.D′C ′B′ . Tỉ số 1 bằng V2 8 8 32 1 A. B. . C. D. . . . 15 7 13 2 Câu 121. Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M , N , P, Q lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAB , SBC , SCD , SDA . Gọi O là điểm bất kỳ trên mặt phẳng đáy ABCD . Biết thể tích khối chóp OMNPQ bằng V . Tính thể tích khối chóp SABCD . 27 9 27 27 V. V. A. B. C. V . D. V. 8 2 4 4 Câu 122. (THPT MINH CHÂU HƯNG YÊN NĂM 2018 – 2019) Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, gọi M là trung điểm của SC . Mặt phẳng chứa AM và song song với BD cắt SB , SD lần lượt tại P , Q . Biết thể tích khối chóp S . ABCD bằng V . Tính thể tích khối chóp S . APMQ. V V V V A. B. C. D. 4 8 3 6 Dạng 4.3 Ứng dụng tỉ số thể tích để tìm thể tích

Câu 123. (ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho khối lăng trụ ABC. A′B′C′ có thể tích bằng 2 . Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AA′ và

N là điểm nằm trên cạnh BB ' sao cho BN = 2 B ' N . Đường thẳng CM cắt đường ng thẳng C ′A′ tại P , đường thẳng CN cắt đường thẳng C ′B′ tại Q . Thể tích của khối đa diện lồi A′MPB′NQ bằng 7 5 2 13 A. . B. . C. . D. . 9 9 3 9 Câu 124. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a ; SA = a 3 ; SA ⊥ ( ABCD) . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của ủa SB; SD , mặt phẳng ( AMN ) cắt SC tại I . Tính thể tích của kh khối đa diện ABCDMIN A. V =

5 3a 3 . 18

B. V =

3a 3 . 18

C. V =

5 3a3 . 6

D. V =

13 3a 3 . 36

Câu 125. (THPT CHUYÊN BẮC NINH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho khối hộp ABCDA′ B′C ′ D′ có thể tích bằng 2018 . Gọi M là trung điểm của cạnh AB . Mặt phẳng MB′ D′ chia khối chóp

(

)

ABCDA′ B′C ′ D′ thành hai khối đa diện. Tính thể tích phần khối đa diện chứa đỉnh A . 5045 10090 7063 7063 A. B. C. D. 6 6 17 12

Câu 130. (GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh SB, SC . Tính thể tích khối chóp S . AMND , biết rằng khối chóp S . ABCD có thể tích bằng a3 . a3 a3 a3 3a3 A. B. C. D. 4 8 2 8 Câu 131. (THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABCD , gọi I , J , K , H lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB, SC , SD . Tính thể tích khối chóp S . ABCD biết rằng thể tích khối chóp S .IJKH là 1 A. 16 . B. 8 . C. 2 . D. 4 . Câu 132. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân ở B , AC = a 2 . SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) và SA = a . Gọi G là trọng tâm của tam giác SBC . Một mặt phẳng đi qua hai điểm A , G và song song với BC cắt SB , SC lần lượt tại B′ và C ′ . Thể tích khối chóp S . AB ′C ′ bằng: 2a 3 a3 4a 3 2a 3 A. . B. . C. . D. . 27 9 27 9

Câu 133. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích bằng 48 . Trên cạnh SB, SD lấy điểm M , N sao cho SM = MB ,

Câu 126. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình bình hành và thể tích V = 270 . Lấy điểm S ′ trong không gian thỏa mãn SS ′ = −2CB . Tính thể tích v của phần chung của hai khốii chóp S .ABCD và S ′.ABCD . (tham khảo hình vẽ sau)

SD = 3SN . Mặt phẳng ( AMN ) cắt SC tại P . Tính thể tích V của khối tứ diện SMNP . 1 1 A. V = . B. V = . C. V = 2 . D. V = 1 . 2 3 Câu 134. (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi N là trung điểm SB, P thuộc đoạn SC sao cho SP = 2PC, M thuộc đoạn SA sao cho SM = 4 MA. Mặt phẳng ( MNP ) cắt SD tại Q. NP cắt BC tại E, CQ cắt DP tại R. Biết rằng 5

A. v = 120.

B. v = 150.

C. v = 180.

D. v = 90.

Câu 127. (THPT CHUYÊN BẮC NINH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hình chóp SABC có = 90° . Tính thể tích khối chóp S . ABC . = 120°, CSA SA = 1, SB = 2, SC = 3 và ASB = 60°, BSC A.

2 2

2 6

2 4

Câu 128. (ĐỀ 04 VTED NĂM M 2018-2019) Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành thể tích bằng 1 . Gọi M là điểm đối xứng của ủa C qua B; N là trung điểm cạnh SC . Mặt phẳng ẳng ( MDN ) chia khối chóp S . ABCD thành hai khối đa diện,thể ện,thể tích của khối đa diện chứa đỉnh S bằng 5 12 5 7 A. B. C. D. 6 19 8 12 Câu 129. (TRƯỜNG THPT LƯƠNG ƯƠNG TÀI SỐ 2 NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông, mặt bên ( SAB ) là một tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy ( ABCD ) và 27 3 (đvdt). Một mặt phẳng đi qua trọng tâm tam giác SAB và song song với mặt đáy 4 ( ABCD ) chia khối chóp S . ABCD thành hai phần, tính thể tích V của phần chứa điểm S ?

có diện tích bằng

A. V = 24

B. V = 8

C. V = 12

D. V = 36 19

3 thể tích khối chóp EPQR bằng 18cm . Thể tích khối chóp SMNPQ bằng 260 3 3 3 A. 65cm . B. C. 75cm . cm . 9

3 D. 70cm .

Dạng 5. BÀI TOÁN THỰC TẾ VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ Câu 135. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Ông A dự định sử dụng hết 6, 7m 2 kính để làm một bể cá bằng kính có dạng hình hộp chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có kích thước không đáng kể). Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm). A. 1, 23m 3 B. 2, 48m 3 C. 1, 57m 3 D. 1,11m3 Câu 136. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Ông A dự định sử dụng hết 5, 5 m 2 kính để làm một bể cá có dạng hình hộp chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có kích thước không đáng kể). Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)?: A. 1, 40 m 3 B. 1, 01 m3 C. 1, 51 m3 D. 1,17 m 3 Câu 137. (THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Người ta cần xây dựng một bể bơi có dạng hình hộp chữ nhật có thể tích là 125 m 3 . Đáy bể bơi là hình chữ nhật có chiều dài gấp ba lần chiều rộng. Tính chiều rộng của đáy bể bơi để khi thi công tiết kiệm nguyên vật liệu nhất (kết quả làm tròn đến hai chữ số thập phân)? A. 3,12 m B. 3,82m C. 3,62m D 3, 42m 20

Câu 138. (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Người ta muốn thiết kế một bể cá bằng kính không có nắp với thể tích 72 dm 3 , chiều cao là 3dm . Một vách ngăn (cùng bằng kính) ở giữa, chia bể cá thành hai ngăn, với các kích thước a, b (đơn vị dm ) như hình vẽ. Tính a, b để bể cá tốn ít nguyên liệu nhất (tính cả tấm kính ở giữa), coi bề dày các tấm kính như nhau và không ảnh hưởng đến thể tích của bể.

Câu 145. (THPT MINH CHÂU HƯNG YÊN NĂM 2018 – 2019) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có tổng diện tích tất cả các mặt là 36, độ dài đường chéo AC ' bằng 6. Hỏi thể tích của khối hộp lớn nhất là bao nhiêu? A. 8 2 B. 6 6 C. 24 3 D. 16 2 Câu 146. (CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho hình chóp S . ABCD có SC = x 0 < x < a 3 , các cạnh còn lại đều bằng a . Biết rằng thể tích khối chóp S . ABCD lớn nhất khi và chỉ khi

(

3 dm

)

a m n

( m, n ∈ ℕ ) . Mệnh đề nào sau đây đúng? *

A. m + 2 n = 10 .

b dm

B. m2 − n = 30 .

C. 2n2 − 3m < 15 .

D. 4m − n2 = −20 .

a dm

B. a = 6dm ; b = 4dm .

A. a = 24 dm ; b = 24 dm .

C. a = 3 2 dm ; b = 4 2 dm . D. a = 4dm ; b = 6dm . Câu 139. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Xét khối tứ diện ABCD có cạnh AB = x và các cạnh còn lại đều bằng 2 3 . Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất. A. x = 14

B. x = 3 2

C. x = 6

D. x = 2 3

Câu 140. (SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Xét khối chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A , SA vuông góc với mặt phẳng đáy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng 3. Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) , giá trị cos α khi thể tích khối chóp

S . ABC nhỏ nhất là 2 3 6 2 A. . B. . C. . D. . 2 3 3 3 Câu 141. (CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B ′C ′D ′ có AB = x , AD = 1 . Biết rằng góc giữa đường thẳng A′C và mặt phẳng ( ABB′A′ ) bằng 30° . Tìm giá trị lớn nhất Vmax của thể tích khối hộp ABCD. A′B ′C ′D ′ .

A. Vmax =

3 3 . 4

B. Vmax =

3 . 4

1 C. Vmax = . 2

Câu 147. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho tứ diện ABCD có AB = x , CD = y , tất cả các cạnh còn lại bằng 2 . Khi thể tích tứ diện ABCD là lớn nhất tính xy . 2 4 16 1 A. . B. . C. . D. . 3 3 3 3 Câu 148. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích V . Điểm P là trung điểm của SC , một mặt phẳng qua AP cắt V hai cạnh SD và SB lần lượt tại M và N . Gọi V1 là thể tích khối chóp S.AMPN . Giá trị lớn nhất của 1 V thuộc khoảng nào sau đây?

 

1 5

A.  0;  .

1 1 5 3

B.  ;  .

1 1 3 2

C.  ;  .

1 2

 

D.  ;1  .

Câu 149. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong một cuộc thi làm đồ dùng học tập do trường phát động, bạn An nhờ bố làm một hình chóp tứ giác đều bằng cách lấ y một mảnh tôn hình vuông ABCD có cạnh bằng 5cm (tham khảo hình vẽ).

3 D. Vmax = . 2

Câu 142. (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Nhân ngày quốc tế Phụ nữ 8 – 3 năm 2019. Ông A đã mua tặng vợ một món quà và đặt nó trong một chiếc hộp chữ nhật có thể tích là 32 (đvtt) có đáy là hình vuông và không nắp. Để món quà trở nên đặc biệt và xứng tầm với giá trị của nó, ông quyết định mạ vàng chiếc hộp, biết rằng độ dày của lớp mạ trên mọi điểm của chiếc hộp là không đổi và như nhau. Gọi chiều cao và cạnh đáy của chiếc hộp lần lượt là h và x . Để lượng vàng trên hộp là nhỏ nhất thì giá trị của h và x là? 3 A. h = 2 , x = 4 . B. h = ,x = 4. C. h = 2 , x = 1 . D. h = 4 , x = 2 . 2 Câu 143. (THPT LÊ VĂN THỊNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Xét tứ diện ABCD có các cạnh AB = BC = CD = DA = 1 và AC , BD thay đổi. Giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ABCD bằng 2 3 4 3 2 3 4 3 A. B. C. D. 27 27 9 9

Cắt mảnh tôn theo các tam giác cân AEB, BFC , CGD , DHA và sau đó gò các tam giác AEH , BEF , CFG, DGH sao cho bốn đỉnh A, B, C, D trùng nhau tạo thành khối chóp tứ giác đều. Thể tích lớn nhất của khối chóp tứ giác đều tạo thành bằng

4 10 . 3

4 10 . 5

8 10 . 3

8 10 . 5

Câu 144. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp SABC có SA = x, SB = y, AB = AC = SB = SC = 1. Thể tích khối chóp SABC đạt giá trị lớn nhất khi tổng x + y bằng 2 4 A. B. 3 C. D. 4 3 3 3

Câu 150. Cho khối lập phương ABCD. A′B′C ′D ′ cạnh a . Các điểm M , N lần lượt di động trên các tia AC, B′D′ sao cho AM + B ′N = a 2 .Thể tích khối tứ diện AMNB′ có giá trị lớn nhất là

a3 12

a3 6

a3 3 6

a3 2 12

Câu 151. (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho tứ diện SABC có G là trọng tâm tứ V diện, mặt phẳng quay quanh AG cắt các cạnh SB, SC lần lượt tại M , N . Giá trị nhỏ nhất của tỉ số S . AMN VS . ABC là? 4 3 1 1 A. . B. . C. . D. . 9 8 3 2

PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO Dạng 1.THỂ TÍCH KHỐI CHÓP Dạng 1.1 Biết chiều cao và diện tích đáy Câu 1.

A Lời giải

Chọn A Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là: V =

1 Bh 3

1 Ta có BC 2 = AB2 + AC 2 suy ra ∆ABC vuông tại A . SABC = 24 , V = SABC .SA = 32 3 Chọn D Câu 6.

Câu 2. Chọn B Khối chóp có đáy là hình vuông cạnh a nên có diện tích đáy: Sđáy = a 2 . Chiều cao h = 2 a .

1 1 2 Vậy thể tích khối chóp đã cho là V = .Sđáy .h = .a 2 .2a = a 3 . 3 3 3 Câu 3. Chọn D 1 1 4 Thể tích khối chóp: V = B.h = a 2 .4a = a 3 . 3 3 3 Dạng 1.2 Cạnh bên vuông góc với đáy Câu 4. Chọn D S

1 2a 3 Ta có S ABCD = a 2 . VS . ABCD = SA.S ABCD = . 3 3 B

A D

Ta có SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA là đường cao của hình chóp

a3 2 1 1 Thể tích khối chóp S . ABCD : V = SA.S ABCD = .a 2.a 2 = . 3 3 3 Câu 5. Chọn A

A B

Câu 7. 3

a 3. 1 3V VS . ABC = .S ∆ABC .SA ⇒ SA = S . ABC = 2 4 = a 3 . 3 S∆ABC a 3 4 Câu 8. Chọn C 23

Câu 11.

Chọn C

a 3

A a

1 3

1 2

1 6

Ta có VABCD = AD. AB.BC = 10.10.24 = 400 B

Câu 12.

Ta có SA là đường cao hình chóp Tam giác ABC đều cạnh a nên S ∆ABC =

a2 3 4

Diện tích tam giác ABC vuông cân tại A là: S ABC =

1 1 AB. AC = 2a.2a = 2a 2 . 2 2

1 1 2a 3 Thể tích khối chóp S . ABC là: VS . ABC = SA.S ABC = .a.2a 2 = . 3 3 3

1 a2 3 a3 Vậy thể tích cần tìm là: VS . ABC = . .a 3 = . 3 4 4 Câu 9. Chọn C

A A

Câu 13. Ta có BC = AC − AB = 3a ⇒ BC = a 3 .

= 300 . Góc giữa SD và mp là DSA AD =a 3. Ta có SA = tan 300 3 a 3 1 V = a 2 .a 3 = . 3 3 Câu 10. Chọn D

a3 3 1 1 1 1 . Vậy VS . ABC = S ∆ABC .SA = . AB.BC.SA = .a.a 3.a = 3 3 2 6 6 Câu 14.

Chọn A S

Ta có BC ⊥ AB, BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ AH . Kẻ AH ⊥ SB ⇒ AH ⊥ (SBC ) .

S ABC

a2 3 1 a 2 3 a3 3 = ⇒ VS . ABC = .a. = . 4 3 4 12

(

)

Suy ra d A; ( SBC ) = AH = 25

a 2 . 2 26

1 1 1 = + ⇒ SA = a . AH 2 SA2 AB2

Tam giác SAB vuông tại A có:

1 1 2a3 Vậy VSABCD = .SA.SABCD = .a 2.a 2 = (Đvtt) 3 3 3 Câu 17. Chọn B

1 a3 Vậy VSABCD = SA.SABCD = . 3 3 Câu 15. Chọn.C S

a 3

Ta có: + ∆ ABC vuông cân tại C , AB = 4a suy ra

AC = BC = 2a 2. 1 AC.BC = 4a 2 . 2 + SA ⊥ ( ABC ) ⇒ SA ⊥ AB ⇒ ∆ABC vuông tại A

2 Ta có S ABCD = 3a .

Do đó: S ABC =

( SBC ) ∩ ( ABCD ) = BC  . ⇒ ( SB; AB ) = SBA Vì  BC ⊥ SB ⊂ ( SBC ) ( SBC ) , ( ABCD ) ) = (   BC ⊥ AB ⊂ ( ABCD ) = 60o Vậy SBA

SA = SB 2 − AB 2 = + Khối chóp S . ABC

( 6a ) − ( 4a ) = 2a có SA ⊥ ( ABC )

1 1 8a 3 5 ⇒ V = S ABC .SA = 4a 2 .2a 5 = 3 3 3 a3 a3 5 V ậ y t ỷ số : = = . 3V 3.8a 3 5 40 3 Câu 18. Chọn A

SA Xét tam giác vuông SAB có: tan 60o = ⇒ SA = AB. tan 60o = a 3 AB 1 1 Vậy VS . ABCD = S ABCD .SA = a 2 3.a 3 = a 3 . 3 3 Câu 16. Chọn B S

S 300

+) Do ABCD là hình vuông cạnh a nên: SABCD = a

ACB = 60° ⇒ BC = ABC là tam giác vuông tại B , AB = a ,

= 30 0 . +) Chứng minh được BC ⊥ (SAB ) ⇒ góc giữa SC và (SAB) là CSB

= tan 30 0 = +) Đặt SA = x ⇒ SB = x 2 + a2 . Tam giác SBC vuông tại B nên tan CSA

SB, ( ABC ) ) = ( SB, AB ) = 45 (

1 3

BC SB

nên tam giác SAB vuông cân tại S ⇒ SA = AB = a

a3 3 1 1 1 1 3 VS . ABC = S ∆ABC .SA = . BA.BC .SA = a.a a= 3 3 2 6 3 18 Câu 19. Chọn C

Ta được: SB = BC 3 ⇔ x + a = a 3 ⇒ x = a 2 . 2

AB 3 = a tan 600 3

Xét ∆ SAC vuông tại A ta có SA = SC 2 − AC 2 =

a 35 . 7

1 1 a 35 a 2 3 a 3 105 . = Vậy VSABC = .SA.S∆ABC = . . 3 3 7 2 42 S

A D H

Câu 21. 1 1 Có: VS . ABCD = .SA.S ABCD ⇔ 66 3 = .9.S ABCD ⇒ S ABCD = 44 3 3 3 1 1 Suy ra AB. AD + BC.CD = 44 3 ⇔ 5 AD + 3CD = 44 . (1) 2 2 Áp dụng định lí Pitago trong 2 tam giác vuông ABD; BCD , ta có:

Kẻ AE ⊥ BD = 60 SBD ) , ( ABCD ) ) = SEA ((

AB 2 + AD2 = BD2 = BC 2 + CD2 ⇔ CD2 − AD2 = 48 (2)  AD = 4 Từ (1) và (2) suy ra   AD = 47  2 44 47 AD = ⇒ AD = 4 . không thỏa mãn do từ (1) ta có: AD < 2 5 Trong tam giác ABD , dựng AH ⊥ BD lại có SA ⊥ BD ⇒ BD ⊥ SH . . Vậy góc giữa ( SBD ) và đáy là góc SHA

Xét ∆ABD vuông tại A AD. AB 2a 2 2a 5 = = 5 AD 2 + AB 2 a 5 Xét ∆SAE vuông tại A 2a 5 2a 15 SA = AE.tan 600 = . 3= 5 5 Khi đó thể tích S . ABCD 1 1 2 a 15 4a3 15 V = SA.S ABCD = . .2 a 2 = 3 3 5 15 AE =

Câu 20. Chọn C Theo giả thiết ta có đường thẳng SC tạo với mặt phẳng ( SAB ) góc 30 0 . Nên ASC = 300 . Ta S ∆ABC =

1 1 3 a2 3 AC.BC.sin ACB = .a.2a. = 2 2 2 2

ACB = 7a2 Xét tam giác ∆ ABC ta có AB2 = AC 2 + BC 2 − 2 AC.BC.cos Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB khi đó do đường thẳng SC tạo

Dễ tính BD = 91, AH = S

AB. AD 20 273 = AH = 20 273 . , cot SHA = BD 91 SA 819 S

H A

= 300 . với mặt phẳng ( SAB ) góc 30 0 nên CSH

A 300

1 a 3 a 21 .CH . AB = ⇒ CH = . 2 2 7 CH a 21 = Xét ∆SCH vuông tại H ta có SC = . sin 300 7

Xét ∆ ABC ta có

I B

Câu 23. = 300 . Gọi I là trung điểm sủa BC suy ra góc giữa mp ( SBC ) và mp ( ABC ) là SIA 29

Gọi H , K lần lượt là trung điểm AB và CD . = 30° . Suy ra SH ⊥ ( ABCD ) và ( SCD ) , ( ABCD ) = SKH

H là hình chiếu vuông góc của A trên SI suy ra d ( A, ( SBC ) ) = AH = a . AH Xét tam giác AHI vuông tại H suy ra AI = = 2a . sin 300 Giả sử tam giác đều ABC có cạnh bằng x , mà AI là đường cao suy ra 2a = x

(

)

SH a 3 1 3a . = : = tan 30° 2 3 2 1 a 3 3a a3 3 . = . .a. = 3 2 2 4

Xét ∆SHK vuông tại H , có HK =

3 4a ⇒x= . 2 3

1 Vậy VS . ABCD = SH .S ABCD 3 Câu 26. Chọn D

 4a  3 4a 2 3 Diện tích tam giác đều ABC là S ABC =  = .  . 3  3 4 2a Xét tam giác SAI vuông tại A suy ra SA = AI .tan300 = . 3

1 1 4a 2 3 2a 8a3 . = Vậy VS . ABC = .S ABC .SA = . . 3 3 3 9 3 Dạng 1.3 Mặt bên vuông góc với đáy Câu 24. Chọn D

Gọi H là trung điểm của AB suy ra SH = a 3 1 2 AB = 2a ⇒ BC = 2a ⇒ S ∆ABC = ( 2a ) = 2a 2 2 1 1 2a 3 3 VS . ABC = .S ABC .SH = 2a 2 a 3 = 3 3 3 Câu 27. Chọn A Gọi H là trung điểm của AB , ∆SAB cân tại S ⇒ SH ⊥ AB  ( SAB ) ⊥ ( ABCD )  ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB  ⇒ SH ⊥ ( ABCD )  SH ⊂ ( SAB ) ; SH ⊥ AB  = 45o ⇒ ∆SHC vuông cân tại H SC; ( ABCD ) ) = SCH ( ⇒ SH = HC = BC 2 + BH 2 = a 2 +

a2 a 5 = ; S ABCD = AB 2 = a 2 4 2

Gọi H là trung điểm của AD . Nên SH ⊥ AD ( SAD ) ⊥ ( ABCD )  ( SAD ) ∩ ( ABCD ) = AD ⇒ SH ⊥ ( ABCD )  AD ⊥ SH  Ta có: S ABCD = 2a 2

1 1 a 5 a3 5 ⇒ VS . ABCD = .S ABCD .SH = a 2 . = 3 3 2 6 Câu 25. Chọn A S

3 3. 4a 3V 3 = 2a ⇒ SH = = S ABCD 2a 2 Gọi I là hình chiếu của H lên SD d ( B; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) ) = 2d ( H ; ( SCD ) ) = 2 IH

D 30°

H C

Mà IH =

SH .HD SH .HD = = SD SH 2 + HD 2

Vậy d ( B; ( SCD ) ) = Câu 28.

2a.

a 2 2

2 = a 3 a 2 2 ( 2a ) +    2  2

4 a 3

Lời giải Chọn C Gọi I là trung điểm của AD . Tam giác SAD cân tại S ⇒ SI ⊥ AD SI ⊥ AD ⇒ SI ⊥ ( ABCD ) Ta có  ( SAD ) ⊥ ( ABCD )

Giả sử AB = a . Gọi H là trung điểm của AB ⇒ SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) 1 Ta có SA.BD = SH + HA BA + BC = HA.BA = a 2 2 1 2 1 7 2 ⇔ a 2. cos SA, BD = a ⇔ cos SA, BD = ⇒ sin ( SA, BD ) = 2 8 2 2

⇒ SI là đường cao của hình chóp. 1 4 1 Theo giả thiết VS . ABCD = .SI .S ABCD ⇔ a 3 = SI .2 a 2 ⇔ SI = 2 a 3 3 3 Vì AB song song với ( SCD )

(

⇒ d ( B, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) = 2d ( I , ( SCD ) )

)(

)

(

)

1 1a 3 2 3 3 3 3 .a = VSABCD = SH . AB. AD = a ⇒ VSABD = a 3 3 2 6 12

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên SD . SI ⊥ DC IH ⊥ SD ⇒ IH ⊥ DC . Ta có  ⇒ IH ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( I , ( SCD ) ) = IH Mặt khác  ID ⊥ DC  IH ⊥ DC 1 1 1 1 4 2a Xét tam giác SID vuông tại I : 2 = 2 + 2 = 2 + 2 ⇒ IH = IH SI ID 4a 2a 3 4 ⇒ d ( B , ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) = 2d ( I , ( SCD ) ) = a . 3

⇔

1 3 3 1 7 3 3 SA.BD.d ( SA,BD ) .sin ( SA, BD ) = a ⇔ a.a 2. 21. a ⇔a=7 = 6 12 6 8 12 S

D H

H B

Câu 29. Kẻ SH ⊥ AC , H ∈ AC H suy ra SH ⊥ ( ABCD ) .

AC = 2 a , tam giác SAC vuông ở S , góc SAC = 60 nên SA = a, SC = a 3, SH =

Thể tích hình chóp là V = Câu 30.

Chọn D

Câu 31.

=α . Gọi H là trung điểm AB , từ giả thiết ta có: SH ⊥ ( ABCD ) , ( SC , ( ABCD ) ) = SCH a 3 . 2

Đặt AB = x , ta có: HC = BH 2 + BC 2 =

2 a 3 a3 3 1 a 2 . = . 3 2 3

(

)

x2 + a 2 , SH = HC. tan α = 4

x2 15 + a2 . . 4 5

x 3 x2 15 x 3 . Vậy ta có: + a2 . = ⇔ x=a. 4 5 2 2 ( AD + BC ) .AB = 3a 2 a3 3 1 2 = ; S ACD = S ABCD = a 2 ; VS . ACD = SH .S ACD = . 2 2 3 3 6

Mặt khác SH =

S ABCD

a3 3 1 1 1 Thể tích của khối chóp S . ABC là: V = SH .S ABC = .a. .a 2 3 = . 3 3 2 6 S

2a 3

Câu 32. Gọi H là trung điểm đoạn AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) .

a 2 a 17 Xét △ BCH vuông tại B , có: CH = 4a + . = 4 2

Xét △ SAH vuông tại H , có: SA =

a 17 a 34 ; SC = . 2 2

17a 2 a 2 3 2 + = a. 4 4 2

Xét △ ABC vuông tại B , có: AC = a 2 + 4 a 2 = a 5 .

⇒ S△ SAC =

30°

D H C Câu 34. 2 2 SH = HD.HA = 3HD ⇒ SH = 3HD   SH  tan SDH = DH = 3 SA SA  ⇒ = 3 ⇒ SD = = 2a ⇒ DA = SD 2 + SA2 = 4a . Có:   SA SD 3  tan SDH =   SD   1 DH = DA = a . 4 = SH ⇒ tan 30° = SH ⇒ HC = SH = 3a . Tam giác SHC có tan SCH HC HC tan 30°

Xét △ SHC vuông cân tại H , có: SH =

89 2 a . 4

a 3 17 a 3 17 1 1 Ta có: VS . ABCD = V = .SH .S ABCD = ; VS . ACD = V = . 3 3 2 6 3 a 17 1 89 2 a 1513 1 VS . ACM = VS . ACD = a .d ⇒ d = . Mà VS . MAC = .d .S△ SAC = . 2 12 3 12 89 Dạng 1.4 Biết hình chiếu của đỉnh lên đáy

Tam giác DHC có DC = DH 2 + HC 2 = 2 2a

1 1 8 6a3 Vậy VS . ABCD = SH . AD.DC = . 3a.4a.2 2a = 3 3 3 Câu 35.

Chọn D S

A I

Câu 33.

B A

(

Xét tam giác ABC vuông tại A có: BC = AB 2 + AC 2 = a 2 + a 3

)

= 2a .

H là trung điểm của BC nên BH = a . Xét tam giác SBH vuông tại H có: SH = SB 2 − HB 2 = Diện tích đáy ABC là: S ABC =

(a 2 )

Gọi M là trung điểm của CD thì ta có ABMD là hình vuông cạnh a do đó BC = BD = a 2 ⇒ CD 2 = 4a 2 = BC 2 + BD 2 do đó tam giác BCD vuông cân tại B . Gọi H là trung điểm của BD thì SH ⊥ ( ABCD ) .

− a2 = a .

1 1 AB. AC = a 2 3 . 2 2 35

Khi đó VS . BCD

a3 6. 1 1 6 =a 6. = SH . BD.BC ⇒ SH = 3 2 2a 2 2

= 60o . SBC ) ; ( ABC ) = SN ; HN = SNH Nên (

Hạ HI ⊥ SB . Vì ABMD là hình vuông nên H là trung điểm của AM và ta có AMCB là hình bình hành do đó AH //BC ⇒ d ( A; ( SBC ) ) = d ( H ; ( SBC ) ) = HI . 1 1 1 a 6 a 6 4 2 8 hay d ( A; ( SBC ) ) = . = + ⇒ HI = = + = HI 2 SH 2 HB 2 6a 2 a 2 3a 2 4 4 Câu 36. Chọn D Khi đó

a 3 1 a 3 ⇒ HN = AM = . 2 3 6 = a 3 .sin 60o = a . ∆SHN vuông tại H có SH = HN .sin SNH 6 4 1 1 a a 2 3 a3 3 VS . ABC = SH .S ABC = . . = . 3 3 4 4 48 Dạng 1.5 Thể tích khối chóp đều Do ∆ABC đều nên AM =

H D

1 1 S ABCD = a 2 . 2 2 Gọi I là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD )

Tính SH :

IB =

a 5 a IA + AB =   + a 2 = 2 2

Xét tam giác ABC vuông tại B ta có: AC = AB 2 + BC 2 = a 2 + a 2 = a 2 . a AC = Nhận thấy AC 2 = SA2 + SC 2 nên tam giác SAC vuông tại S . Suy ra SH = . 2 2 Diện tích đáy của khối chóp S. ABCD là S ABCD = a 2 .

Ta có IB là hình chiếu vuông góc của SB lên mp ( ABCD ) ⇒ ( SB , ( ABCD ) ) = ( SB, IB ) = 60° Ta có SI = IB.tan 60° =

1 ⇒ VS . ABM = .SI .S ∆ABM 3

Câu 38. Giả sử khối chóp tứ giác đều đã cho là S . ABCD . Khi đó ABCD là hình vuông cạnh a và SA = SB = SC = SD = a . Gọi H là tâm của hình vuông ABCD thì SH ⊥ ( ABCD ) nên SH là chiều cao của khối chóp S . ABCD .

Ta có S∆ABM =

a 15 2 1 a 15 a 2 a 3 15 . = . . = 3 2 2 12

1 2 a a3 2 1 = Vậy thể tích khối chóp S . ABCD là: V = .S ABCD .SH = .a . . 3 6 3 2 Câu 39. Chọn D

Gọi hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng 2a là S . ABCD và I tâm của đáy ta có: SA = SC = BA = BC = DA = DC ⇒ ∆SAC = ∆BAC = ∆DBC ⇒ ∆SAC; ∆BAC; ∆DAC lần lượt vuông tại S , B, D . 1 1 I là trung điểm của AC suy ra SI = AC = 2a. 2 = a 2 2 2

Câu 37. Gọi M là trung điểm của BC . CN CH 1 N ∈ CM : = = ⇒ HN //AM . Mà CM CA 3 ∆ABC đều nên AM ⊥ BC ⇒ HN ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SHN ) . 37

1 1 4 2a 3 2 VS . ABCD = S ABCD .SI = ( 2a ) .a 2 = 3 3 3 Câu 40.

Lời giải Chọn D S

C O

B A

Do đáy là tam giác đều nên gọi I là trung điểm cạnh BC , khi đó AI là đường cao của tam giác đáy. Theo

2 định lý Pitago ta có AI = a −

a2 a 3 2 2a 3 a 3 = , và AO = AI = = . 4 2 3 3.2 3

Trong tam giác SOA vuông tại O ta có SO = 4a 2 −

a 2 a 14 Chiều cao của khối chóp: SI = SA 2 − AI 2 = 4 a2 −  =  2  2  

a2 11a = . 3 3

1 1 a 3 11a 11a3 . = Vậy thể tích khối chóp S.ABC là V = . a . 3 2 2 12 3 Câu 43. Chọn B

1 1 a 14 2 14a 3 Thể tích khối chóp: V = SI .SABCD = . a = 3 3 2 6

= 45° + ( SA; ( ABC ) ) = SAO a 3 3 1 1 a 3 a 2 3 a3 + V = .SO.S ABC = . = . 3 3 3 4 12 Câu 44. Chọn D

+ SO = AO.tan 45° =

Câu 41. Ta có S ABCD = 4 a 2 ; SO = SB 2 − OB 2 = 5a 2 − 2a 2 = a 3

1 Vậy VS . ABCD = SO.S 3 Câu 42.

ABCD

a 3.4a 2 4 3a3 = 3 3

Chọn D

(

Diện tích đáy là: S ABCD = AB 2 = a 6 39

)

= 6a 2 . 40

⇒ SDO = 600 Góc giữa cạnh bên SB và mặt đáy ( ABCD ) là SD , ( ABCD ) = SDO

1 1 1 ABCD là hình vuông suy ra DO = BD = AB 2 = a 6. 2 = a 3. 2 2 2 = a 3.tan 600 = 3a. Xét tam giác vuông SOD : SO = DO.tan SDO 1 1 Vậy VS . ABCD = .SO.S ABCD = .3a.6a 2 = 6a3 . 3 3

M D C O

H B

Câu 47. . Gọi H là trung điểm AO . Khi đó góc giữa MN và ( ABCD ) là MNH Ta có HN = CN 2 + CH 2 − 2CN .CH .cos 450 = Suy ra MH = HN .tan 600 =

Câu 45. Gọi H là tâm của tam giác đều ABC . a 3 Khi đó SH ⊥ ( ABC ) , BH = . 3 = 60° Theo đề bài ta có: ( SB, ( ABC ) ) = SBH . Xét ∆SBH vuông tại H . Có SH = BH .tan 60° =

a 10 . 4

a 10 a 30 . 3= . 4 4

a 30 . 2 1 30 a3 30 VS . ABCD = a 2 .a = . 3 2 6 Dạng 1.6 Thể tích khối chóp khác Câu 48. Chọn A

Do đó SO = 2MH =

a 3 . 3=a. 3

1 1 a 2 3 a3 3 Thể tích VS . ABC = SH .S∆ABC = a. . = 3 3 4 12

1 1 1 AB. AD. AC = 6 a.7 a.4 a = 28a 3 3 2 6 1 1 1 Ta nhận thấy S MNP = S MNPD = S BCD ⇒ VAMNP = VABCD = 7 a3 . 2 4 4

Ta có VABCD =

Câu 46. Gọi O là tâm của đáy, gọi M là trung điểm của BC . SO ⊥ BC = 60 0 . Ta có  nên ( SOM ) ⊥ BC , suy ra ( SCD ) , ( ABCD )  = ( SM , OM ) = SMO OM ⊥ BC

1 a a 3 BC = , SO = OM tan 600 = . 2 2 2 1 1 a 3 2 a3 3 .a = Thể tích khối chóp S . ABCD là VS . ABCD = SO.S ABCD = . . 3 3 2 6 Có OM =

Câu 49. Do N , P lần lượt là trung điểm của SD , AD nên Lại có, M là trung điểm của SC nên

d ( M , ( SAD ) ) d ( C , ( SAD ) )

Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng ( ABC ) . Do SA = SB = SC nên ∆SHA = ∆SHB = ∆SHC (cạnh huyền-cạnh góc vuông) ⇒ HA = HB = HC ⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tam giác ABC vuông cân tại B nên H là trung điểm AC . 1 Suy ra HA = HC = AC = 2 ⇒ SH = SA2 − HA2 = 4 2 2 AC 2 =2 2 Ta có: BA = BC = 2 1 1 1 16 2 . Vậy VS . ABC = .S ABC .SH = . 2 2 2 2 .4 2 = 3 3 2 3

S∆ANP 1 = . S∆SAD 4

MS 1 = . CS 2

1 .d M , SAD ) ) .S ∆ANP VM . ANP 3 ( ( 1 1 1 ⇒ = = . = . 1 VC .SAD .d ( C , ( SAD ) ) .S∆SAD 2 4 8 3 1 1 1 Mặt khác, VC.SAD = VS . ACD = VS . ABCD = V ⇒ VM . ANP = V . 16 2 2

Câu 50.

(

Chọn A

)(

)

G2 G4

A F

G3 E

Câu 52.

∆G1G2G3 đồng dạng với ∆ACD theo tỉ số

AB ⊥ AC   ⇒ AB ⊥ ( ACD ) AB ⊥ AD  1 1 7 a.4a.6a VABCD = . AC. AD. AB = = 28a 3 3 2 6 Gọi H là hình chiếu của A lên ( BCD ) ⇒ h = AH là 1 đường cao của hình chóp ABCD .

1 và nằm trong hai mặt phẳng song song. 3

1 1 1 S∆G1G2G3 = S∆ABD = 6a 2 . G3G4 / / AB và G3G4 = AB = 2 a . VG1G2G3G4 = G3G4 .S∆G1G2G3 = 4a 3. 9 3 3

M , N , P tương ứng là trung điểm các cạnh BC , CD, DB ⇒ MN , NP, PM tương ứng là đường trung bình 1 S 1 của ∆BCD ⇒ ∆MNP đồng dạng với ∆BCD với tỉ số k = ⇒ ∆MNP = k 2 = 2 S ∆BCD 4 1 .S .h S VAMNP 3 ∆MNP 1 1 = = ∆MNP = ⇒ VAMNP = .VABCD = 7a 3 . 1 VABCD S 4 4 BCD ∆ .S∆BCD .h 3 Câu 51. Chọn D

a2 2 1 AC.BC = . 2 2 Gọi O là trung điểm của cạnh AB suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Mà SA = SB = SC ⇒ SO ⊥ ( ABC ) . Vậy diện tích tam giác ABC là: S∆ABC =

 3a  a Xét tam giác vuông ASO vuông tại O có SO = SA2 − AO 2 = a 2 −   = 2 . 2  

1 1 a 2 2 a a3 2 Vậy thể tích khối chóp S . ABC là: VS . ABC = .S ∆ABC .SO = . . = . 3 3 2 2 12 Câu 55. Chọn B Câu 53. Gọi I là trung điểm của SB. = SCB = 90° nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC. Do SAB Gọi O là tâm của đáy ABC ⇒ OI ⊥ ( ABC ) . Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABC ). Ta có AB ⊥ (SAH ) ⇒ AB ⊥ AH . Tương tự,

BC ⊥ CH . Suy ra H thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, có tâm là O nên O là trung điểm của BH . Do đó, SH = 2OI . Gọi N là trung điểm của BC ⇒ IN // SC nên BC ⊥ IN ⇒ BC ⊥ ( AIN ) (*) Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB và K là hình chiếu của G lên mặt phẳng ( ABC ) ⇒ K ∈ AO và

2 4 5 AO = AN ⇒ KN = AN . 3 9 9 5 10a ⇒ d  K , ( MBC ) = d  A, ( MBC ) = . 9 21 GK // OI ⇒ AK =

Gọi M , N , P lần lượt là hình chiếu của H lên các cạnh AC , BC , AB .

10a Kẻ KE ⊥ GN ⇒ KE ⊥ BC ⇒ KE ⊥ ( MBC ) ⇒ d  K , ( MBC ) = KE = . 21 1 1 1 10a Tam giác GKN vuông tại K có = + ⇒ GK = ⇒ SH = 2OI = 3GK = 10a. 3 KE 2 GK 2 KN 2 2 3 1 a 3 5a 3 Vậy thể tích khối chóp S . ABC là V = . .10a = . 3 4 6 (*)

1 3 h 3 Đặt SH = h ⇒ VS . ABC = .h. = . 3 4 12 2S 6VS . ABC h 3 30 Ta có AP = SAB = 2 S SAB = = = h 10 : AB d ( C ; ( SAB ) ) 2 20 Tương tự, tính được HM = 2h, HN = h

⇒ PH = SP 2 − SH 2 = 3h Ta có S ABC = S HAB + S HAC + S HBC =

3 3 1 ( HP + HM + HN ) ⇔ 3h = ⇔ h = 2 4 12

3 3 1 . = . 12 12 48 Chọn B

Vậy VS . ABC =

Câu 56. Câu 54. = 60° suy ra tam giác BSC đều ⇒ BC = a . Ta có SB = SC = a , BSC Lại có SA = SC = a , ASC = 90° suy ra tam giác ASC vuông cân tại S ⇒ AC = a 2 . Mặt khác, SA = SB = a , ASB = 120° , áp dụng định lí cosin cho tam giác ASB , ta được: AB 2 = SA2 + SB 2 − 2 SA.SB.cos ASB = 3a 2 ⇔ AB = a 3 . 2 2 BC + AC = a 2 + 2a 2 = 3a 2 = AB2 suy ra tam giác ABC vuông tại C . Xét tam giác ABC có 45

+ Dựng hình chóp S . A ' B ' C ' sao cho A là trung điểm B ' C ' , B là trung điểm A ' C ' , C là trung điểm A'B ' . 2

+ Khi đó SB = AC = BA ' = BC ' = 4 nên ∆SA ' C ' vuông tại S và SA '2 + SC '2 = ( 2.SB ) = 64 2

(1) .

SA ' + SB ' = 80 (2) + Tương tự ∆SB ' C ' , ∆SA ' B ' vuông tại S và  2 . 2 SB ' + SC ' = 36 (3) + Từ (1) ; ( 2 ) ; ( 3 ) ta suy ra SC ' = 10 ; SB ' = 26 ; SA ' = 54 .

1 390 1 1 + Ta tính được VS . A ' B ' C ' = SC '. .SA '.SB ' = 390 và VS . ABC = VS . A ' B 'C ' = (đvtt). 3 2 4 4

= SCB = 900 ⇒ S , A, B, C cùng thuộc mặt cầu đường kính SB . Vì SAB Gọi D là trung điểm BC , I là trung điểm SB và O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC , ta có OI ⊥ ( ABC ) .

Dạng 2. THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ Dạng 2.1 Biết chiều cao và diện tích đáy Câu 58. Chọn A Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B và có chiều cao h là: V = B.h . Câu 59. Chọn B V = Sday .h = a 2 .4a = 4a 3 . Câu 60. Chọn B Theo công thức tính thể tích lăng trụ. Câu 61. Chọn C Ta có: Vlangtru = Sday .h = a 2 .2a = 2a3 .

Gọi H là điểm đối xứng với B qua O ⇒ SH ⊥ ( ABC ) (vì OI là đường trung bình ∆SHB ). Gọi BM ∩ AI = J , ta có J trọng tâm ∆SAB . Trong ∆AID , kẻ JN / / IO . Khi đó, vì BC ⊥ ( JND ) nên ( JND ) ⊥ ( MBC ) . Kẻ NE ⊥ JD , ta có NE ⊥ ( MBC ) . Do đó d ( N ; ( MBC ) ) = NE .

d ( A, ( MBC ) )

AD AD 9 AD AD = = = . = ND AD − AN AD − 2 AO AD − 4 AD 5 3 9 5 10a Suy ra, d ( N , ( MBC ) ) = d ( A, ( MBC ) ) = . 9 21 1 1 1 10a 3 Xét ∆JND có nên = + NJ = ⇒ OI = NJ = 5a ⇒ SH = 10a . NE 2 ND 2 NJ 2 3 2 1 1 a 2 3 5 3a 3 Vậy VSABC = SH .S ABC = .10a. . = 3 3 4 6 Ta có

d ( N , ( MBC ) )

Câu 62. Chọn A Thể tích khối lăng trụ là V = B.h = a 2 3.a 6 = 3a 3 2 Dạng 2.2 Thể tích khối lăng trụ đứng Câu 63. Chọn A 3

Thể tích của khối lập phương cạnh 2a bằng: V = ( 2a ) = 8a3

Câu 64.

Chọn B a2 3 Ta có: S∆ABC = . 4 Vậy thể tích của khối lăng trụ đã cho là a2 3 a3 6 .a 2 = . VABC. A′B′C′ = S∆ABC . AA′ = 4 4 Câu 65. Lời giải

Câu 57.

Chọn C h = a a3 3   a 2 3 ⇒ V = h.S = 4 . S =  4 Câu 66. Chọn A

Xét tam giác A ' B ' C ' vuông cân tại B ' ta có: A ' C '2 = A ' B '2 + B ' C '2 = x 2 + x 2 = 2 x 2 ⇒ A ' C ' = x 2 Xét tam giác A ' AC ' vuông tại A ' ta có AC '2 = A ' A2 + A ' C '2 ⇔ 3a 2 = x 2 + 2 x 2 ⇔ x = a Thể tích của khối lập phương ABCD. A′B′C ′D′ là V = a3 . B

a2 3 4 Do khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ là lăng trụ đứng nên đường cao của lăng trụ là AA′ = 2a a2 3 3a3 = . Thể tích khối lăng trụ là V = AA′.S∆ABC = 2a. 4 2 Câu 67. Chọn B Tam giác ABC đều cạnh a nên S∆ABC =

Câu 70. A′ Xét hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ ta có:

Câu 71.

Chọn C a2 3 Ta có S ABC = ; AA ' = a 3 . 4 3 3a 3 = Từ đó suy ra V = a 3.a 2 . 4 4 Câu 72. Chọn A

a 2

Tam giác ABC vuông cân tại B ⇒ AB = BC =

Chọn B

AC 1 = a . Suy ra: S ABC = a 2 . 2 2

Câu 69.

Chọn A

A 120°

1 2 a3 a .a = 2 2

Khối lăng trụ đã cho có đáy là tam giác đều có diện tích là trụ đứng) nên có thể tích là

a 3

3 3  a  ⇒ VABCD . A′B′C ′D′ =   = 9 a . 3  

Câu 68.

D′

AC ′2 = AA′2 + A′C ′2 = AA′2 + A′B′2 + A′D′2 = 3AA′2 = a 2 ⇒ AA′ =

Khi đó: VABC . A′B′C′ = S ABC .BB′ =

C′

B′

(2a ) 2 3 và chiều cao là AA ' = 3a (do là lăng 4

(2a ) 2 3 .3a = 3 3a 3 4

60°

H B'

Gọi H là trung điểm của B′C′ , khi đó góc giữa mp ( AB ′C ′ ) và đáy là góc AHA′ = 60° . Ta có S ∆ABC =

a2 3 1 AC. AB.sin120° = . 2 4

B′C ′ = BC = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos120° = a 2 + a 2 − 2.a.a.

⇒ AA′ = A′H .tan 60° = Vậy V = S∆ACB . AA′ =

Giả sử khối lập phương có cạnh bằng x; ( x > 0 ) 49

−1 2S a = a 3 ⇒ A′H = ∆ABC = 2 B′C ′ 2

a 3 . 2

3a3 . 8 50

Câu 73.

Chọn D C'

A' B' a 3

C a

1 a2 Ta có AA′ = A′B 2 − AB2 = a 2 , S ABC = AB 2 = . 2 2 a3 2 Thể tích khối lăng trụ là V = AA′.S ABC = . 2 Câu 74. Chọn A

Vì đáy ABC là tam giác đều có diện tích bằng

 BC ⊥ AM Gọi M trung điểm BC , ta có  ⇒ BC ⊥ A ' M  BC ⊥ AA ' A ' M , AM = A ' MA = 600 . Từ đó ta có A ' BC , ABC =

((

)) (

)

30°

)(

3a Xét ∆A ' AM ta có AA ' = AM . tan 60 = 2

a2 3 ⇒ cạnh đáy bằng a . 4

Thể tích lăng trụ ABC . A ' B ' C ' là VABC . A ' B 'C ' = AA '.S ABC =

Câu 76.

3a3 3 8

Chọn C

B Đặt AB = x, ( x > 0 ) , gọi M là trung điểm BC .

( A′BC ) = ( ABC ) = BC 

Ta có  AM ⊥ BC

 ′  A M ⊥ BC

Xét ∆ A′AM , có A′M =

A′MA = 30° . ⇒ ( ( A′BC ) , ( ABC ) ) =

AM x 3 2 . = = x. cos30° 2 3

Gọi M là trung điểm của B ' C ' .  AA ' ⊥ B ' C ' ⇒ B ' C ' ⊥ ( AA ' M ) ⇒ ( AB ' C ') ⊥ ( AA ' M ) theo giao tuyến AM . Ta có   A ' M ⊥ B 'C '

1 S A′BC = 8 ⇔ A′M .BC = 8 ⇔ x 2 = 16 ⇒ x = 4 2 4. 3 1 16. 3 Suy ra A′A = AM .tan 30° = =4 3. . = 2 ; S ABC = 2 4 3

Kẻ A ' H ⊥ AM trong mặt phẳng ( AA ' M ) , suy ra ⇒ A ' H ⊥ ( AB ' C ' ) . 2a 3 . 19 1 1 1 1 1 1 1 = + ⇒ = − = Ta có ⇒ A ' A = 2a . A ' H 2 A ' A2 A ' M 2 A ' A2 A ' H 2 A ' M 2 4a 2 a 2 3 a3 3 = Vậy thể tích khối lăng trụ là V = AA '.S A ' B 'C ' = 2a. . 4 2 Vậy khoảng cách từ A ' đến mặt phẳng ( AB ' C ') là A ' H =

Vậy VABC . A′B′C′ = A′A.S ABC = 2.4 3 = 8 3 . Câu 75. Chọn A

Dạng 2.3 Thể tích khối lăng trụ xiên

Gọi H là hình chiếu của C′ lên mặt phẳng ( ABC ) , khi đó C′H là đường cao

′AH = 600 ⇒ AC ′, ( ABC ) = C Xét tam giác vuông AC ′H ta có C ′H = C ′A.sin 600 = 2 3 2 1 Khi đó VABC . A′B′C = S d .C ′H = 2 2 .2 3 = 8 3 2 Câu 80. Chọn C

(

)

Câu 77. Tam giác ABC vuông tại B có AB = 1; AC = 2 nên BC = 22 − 1 = 3 .

Độ dài của đường cao BH : BH =

3 1 AB.BC 3 : 3= . = . Suy ra AH = 2 2 2 AC

Khi đó độ dài đường cao A ' H của hình lăng trụ bằng : A ' H = AA '2 − AH 2 = 2 − Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng : V =

Câu 78.

1 7 = . 4 2

Ta có A ' I ⊥ ( ABC ) ⇒ AI là hình chiếu vuông góc của AA ' lên ( ABC )

1 1 7 21 . AB.BC. A ' H = .1. 3 = 2 2 2 4 A'

) (

(

)

AA ', ( ABC ) = AA ', AI = A ' AI = 300 Nên

Chọn B B'

Ta có AI =

a 3 a a2 3 ⇒ A ' I = AI tan 300 = , S∆ABC = 2 2 4

a 2 3 a a3 3 . = 4 2 8 Chọn B

Vậy VABC . A ' B 'C ' =

Câu 81. A

60o

A′AH = 60°. Kẻ AH ′ ⊥ ( ABC ) ⇒ ( A′A, ( ABC ) ) = A′H a 3 ⇔ A′H = AA′.sin 60° = . AA′ 2 2 a 3 a 3 3a3 Thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ : V = S ∆ABC . A′H = . = . 4 2 8 C' A' Xét ∆AHA′ : sin 60° =

Gọi H là hình chiếu của A′ lên mặt đáy. Suy ra góc A′AH = 30° A′H 1 ⇒ A′H = A′A.sin 30° = 2 3. = 3 sin 30° = A′A 2 3 27 2 Khi đó: VABC . A′B′C = 3 . . 3= . 4 4 Câu 82. Chọn A

Câu 79.

B 53

Gọi H là trung điểm BC suy ra A ' H ⊥ ( ABC ) Ta có ( A ' A, ( ABC )) = ( A ' A, AH ) = A ' AH = 300 Ta có AH =

a 3 2

Ta có A ' H = AH .tan 300 = Vậy V = A ' H .S ABC

Câu 83.

a2 3 a và S ABC = 2 4

Gọi A1 , A2 lần lượt là hình chiếu của A trên BB ' , CC ' . Theo đề ra AA1 = 1; AA2 = 3; A1 A2 = 2.

a3 3 = 8

Do AA12 + AA2 2 = A1 A2 2 nên tam giác AA1 A2 vuông tại A . AA Gọi H là trung điểm A1 A2 thì AH = 1 2 = 1 . 2

Chọn C

C′

B′

Lại có MH BB ' ⇒ MH ⊥ ( AA1 A2 ) ⇒ MH ⊥ AH suy ra MH = AM 2 − AH 2 = 3 .

A′

nên cos(( ABC ), ( AA1 A2 )) = cos( MH , AM ) = cos HMA =

MH 3 = . AM 2

S AA1 A2 = 1. Thể tích lăng trụ là V = AM ⋅ S ABC = 2 . cos(( ABC ), ( AA1 A2 )) Nhận xét. Ý tưởng câu này là dùng diện tích hình chiếu S ' = S cos α . Câu 85. Chọn C Suy ra S ABC =

A Gọi H là trung điểm BC . Theo giả thiết, A′H là đường cao hình lăng trụ và A′ H = AA′2 − AH 2 =

Vậy thể tích khối lăng trụ là V = S∆ABC . A′H =

Câu 84.

a 6 . 2

a 2 3 a 6 3a 3 2 . . = 4 2 8

Chọn D

Câu 86.

Chọn A A

F B2

C' A

C B'

K B1

Cắt lăng trụ bởi một mặt phẳng qua A′ và vuông góc với AA′ ta được thiết diện là tam giác A′B1C1 có các cạnh A′B1 = 1 ; A′C1 = 3 ; B1C1 = 2 . Suy ra tam giác A′B1C1 vuông tại A′ và trung tuyến A′H của tam giác đó bằng 1. Gọi giao điểm của AM và A′H là T . 1 2 3 ′H = 30° . Ta có: A′M = ; A′H = 1 ⇒ MH = . Suy ra MA 3 3 A′M 4 ′A = 60° ⇒ AA′ = = Do đó MA . ′A 3 cos MA

Kẻ AI ⊥ BB ' , AK ⊥ CC ' ( hình vẽ ). Khoảng cách từ A đến BB ' và CC ' lần lượt là 1; 2 ⇒ AI = 1 , AK = 2 . Gọi F là trung điểm của BC . A ' M = Ta có

15 15 ⇒ AF = 3 3

AI ⊥ BB '   ⇒ BB ' ⊥ ( AIK ) ⇒ BB ' ⊥ IK . BB ' ⊥ AK 

Thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ bằng thể tích khối lăng trụ A′B1C1. AB2C2 và bằng

Vì CC ' BB ' ⇒ d (C , BB ') = d ( K , BB ') = IK = 5 ⇒ ∆AIK vuông tại A .

4 3 ⋅ = 2. 3 2 Chọn D

Gọi E là trung điểm của IK ⇒ EF BB ' ⇒ EF ⊥ ( AIK ) ⇒ EF ⊥ AE .

V = AA′.S A′B1C1 =

Lại có AM ⊥ ( ABC ) . Do đó góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( AIK ) là góc giữa EF và AM bằng góc

Câu 87.

5 3 AE 2 = 30° . = = ⇒ FAE AME = FAE . Ta có cos FAE = AF 2 15 3

Hình chiếu vuông góc của tam giác ABC lên mặt phẳng ( AIK ) là ∆AIK nên ta có: S AIK = S ABC cos EAF ⇒ 1 = S ABC

2 3 ⇒ = S ABC . 2 3

15 AF ⇒ AM = 3 ⇒ AM = 5 . Xét ∆AMF vuông tại A : tan AMF = AM 3 3 2 2 15 = Vậy VABC . A ' B ' C ' = 5. . 3 3

Gọi J , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BB′ và CC′ , H là hình chiếu vuông góc của C lên BB′ Ta có AJ ⊥ BB′ (1) .

AK ⊥ CC ′ ⇒ AK ⊥ BB′

( 2) .

Từ (1) và ( 2 ) suy ra BB′ ⊥ ( AJK ) ⇒ BB ′ ⊥ JK ⇒ JK //CH ⇒ JK = CH = 5 . 57

Xét ∆ AJK có JK 2 = AJ 2 + AK 2 = 5 suy ra ∆ AJK vuông tại A . 5 Gọi F là trung điểm JK khi đó ta có AF = JF = FK = . 2 Gọi N là trung điểm BC , xét tam giác vuông ANF ta có: 5 AF 1 2 = 60 . ( AN = AM = 5 vì AN //AM và AN = AM ). cos NAF = = = ⇒ NAF AN 5 2 S 1 1 1 Vậy ta có S∆AJK = AJ . AK = .1.2 = 1 ⇒ S ∆AJK = S ∆ABC .cos 60 ⇒ S∆ABC = ∆AJK = = 2 . 1 cos 60 2 2 2 15 Xét tam giác AMA′ vuông tại M ta có MAA′ = AMF = 30 hay AM = A′M .tan 30 = . 3 15 2 15 Vậy thể tích khối lăng trụ là V = AM .S∆ABC = .2 = . 3 3 Câu 88. Chọn D

BC ⊥ AM   ⇒ BC ⊥ AA ' BC ⊥ A 'G  Kẻ MH ⊥ AA ' tại H , suy ra MH là đoạn vuông góc chung của giữa hai đường thẳng AA’ và BC 3 Tam giác MHA vuông tại H có AH = AM 2 − AH 2 = a 4 A ' G GA MH .GA a Tam giác A ' GA đồng dạng tam giác MHA nên = ⇒ A 'G = = MH HA HA 3 a3 3 Thể tích khối lăng trụ là V = S ABC . A ' G = 12 Ta có

A' D'

H C

A D

ABC = 60° nên ∆ABC là tam giác đều. OH ⊥ BC . Góc giữa ABCD là hình thoi nên AB = BC . Lại có

60o

′HO = 60° . mặt phẳng ( BB′C ′C ) với đáy khi đó là B Câu 90.

a 3 1 1 1 1 1 4 4 16 . ⇒ OH = = + = + = + = 4 OH 2 OB 2 OC 2 3a 2 a 2 3a 2 a 2 3a 2 4 4 Theo giả thiết, B′O là đường cao lăng trụ ABCD. A′B ′C ′D ′ . Ta có

60o

Ta có 3 =a 3 2 . 1 3 3a BG = BB ′ cos 60° = 2a. = a ⇒ BI = BG = 2 2 2 Đặt AC = 2 x ( x > 0) ⇒ CI = x; BC = AC.tan 60° = 2 x 3 . Khi đó 2 2  3a  3a 13 1 1 3a 13 3a 13 9a 2 3 x 2 + 2 x 3 =   ⇔ x = ⇒ S∆ABC = AC.BC = .2. .2. . 3= .  2  26 2 2 26 26 26

B ′G = BB ′ sin 60° = 2a.

a 3 3a ′HO = B′O = OH .tan B tan 60° = . 4 4 a 2 3 3a 3a 3 3 . = VABCD. A′B′C ′D′ = S day .h = 2 4 8 Câu 89. Chọn D

(

)

1 9a 2 3 9a 3 Vậy VA′. ABC = . .a 3 = 3 26 26

+ Trong ∆A′GM vuông tại G ta có A′G = A′M 2 − GM 2 =

a 21 a2 3 3a3 7 . = 2 4 8 Dạng 3. THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN KHÁC Câu 93. Chọn D

Vậy VABC. A′B′C′ = A′G. dt ( ∆ABC ) =

a 21 2

Câu 91. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A' trên mp ( ABC ) suy ra A'H là chiều cao của lăng trụ.

Xét khối chóp A.A' BC có diện tích đáy B = S A' BC = 1 , chiều cao h = d ( A, ( A' BC ) ) = 2 suy ra thể 1 1 2 tích của khối chóp A.A' BC là VA.A' BC = Bh = .1.2 = . 3 3 3 1 2  = VA' .ABC = S ABC . A'H = 2 V Mặt khác  A.A' BC 3 3 ⇒ VABC.A' B' C' = 3VA.A' BC = 3. = 2 . 3 VABC .A' B' C' = S ABC . A'H * Cách khác. Ta thấy lăng trụ ABC.A' B' C' được chia thành ba khối chóp có thể thích bằng nhau là A' . ABC, A' .BCB', A' .B' C' C . 2 1 1 2 Mà VA' .ABC = VA.A' BC = Bh = .1.2 = suy ra VABC .A' B' C' = 3VA.A' BC = 3. = 2 . 3 3 3 3 Câu 92. Chọn B

Ta có:ADF.BCE là hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông cân Dựa vào hình vẽ ta có: VABCDSEF = VADF . BCE + VS .CDFE = VADF .BCE + VB.CDFE = 2VADF .BCE − VBADE V ADF . BCE = AB.S ∆BCE =

Câu 94.

Chọn B

1 1 1 1 1 5 ;VBADE = AD.S ∆ABE = ⇒ V ABCDSEF = 2. − = 2 3 6 2 6 6

B' N P M C

 AB ⊥ CM + Ta có  ⇒ AB ⊥ ( A′CM ) ⇒ AB ⊥ A′M  AB ⊥ A′M 1 2 a2 3 4a 3 Nên S∆A′AB = A′M. AB = ⇔ A′M = 2 3 3 1 a 3 Do ∆ABC đều cạnh bằng a nên GM = CM = 3 6

4. 3 = 16 3 . 4 Gọi thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C , M , N , P là V1 .

Thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ là V = 4.

Ta có: V1 = VAMNCB + VBMNP + VBNPC . 3 1 1 Dễ thấy VA′ABC = V và VAMNCB = V A′ABC nên V AMNCB = V . 3 4 4 61

1 1 1 VBA′B′C ′ = V và VBMNP = VBA′B′C ′ nên VBMNP = V . 3 8 24 1 1 1 VA′BCB′ = VA′B′CC ′ = V và VBNPC = VBA′B′C nên VBNPC = V . 3 4 12 3 Vậy V1 = VAMNCB + VBMNP + VBNPC = V = 6 3 . 8 Câu 95. Chọn A A'

3 1 Ta có VC . ABPN = VC '. ABC = VABC . A' B 'C ' 4 4 1 1 Ta có VPAMN = VABC ' B ' = VABC . A ' B 'C ' 8 24 1 1 Ta có VPABM = VABC ' B ' = VABC . A ' B ' C ' 4 12 1 1 1 3 Vậy thể tích khối cần tìm V = VABC. A ' B 'C ' + VABC. A ' B 'C ' + VABC. A ' B 'C ' = VABC . A ' B ' C ' = 12 3 . 4 24 12 8 Câu 97. Chọn C

C' B' N

F M

P E C

A B

Gọi DEF là thiết diện của lăng trụ cắt bởi mặt phẳng ( MNP ) .

Gọi h là chiều cao của hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' .

Dễ chứng minh được ( DEF ) / / ( ABC ) và D, E , F lần lượt là trung điểm của các đoạn

Vì ∆ABC đều có độ dài cạnh bằng 6 nên S ∆ABC = 62.

3 =9 3 . 4 = 8.9 3 = 72 3 .

1 thẳng AA′, BB′, CC ′ suy ra VABC .DEF = VABC . A′B′C ′ = 12 3 . 2 Ta có VABCPNM = VABC .DEF − VADMN − VBMPE − VCPMF . 1 3 Mặt khác VADMN = VBMPE = VCPMF = VABC .DEF ⇒ VABCPNM = VABC . DEF = 9 3 . 12 4 Câu 96. Lời giải Chọn D

Thể tích lặng trụ ABC. A ' B ' C ' là V = h. S ∆ABC Gọi E là trung điểm của cạnh AA ' . 1 1 1 1 1 Thể tích khối chóp A.EMN là VA.EMN = d ( A, ( EMN ) ) . S∆EMN = . h. S ∆ABC = V. 3 3 2 4 24 Thể tích khổi đa diện ABCMNP là: 1 1 1 3 VABCMNP = V − 3VA.EMN = V − 3. V = V = 27 3 . 2 2 24 8

A' B' N M

Câu 98. Ta có khối bát diện đều cạnh a 3 được tạo từ 2 khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy vàà cạnh bên bằng a 3 .

3 2 1 1 .4 = 32 3; VC '. ABC = VABC . A ' B 'C ' ; VA. BC ' B ' = VABC . A ' B 'C ' 4 3 3 Khối đa diện cần tìm V = VC. ABPN + VP. AMN + VP. ABM Ta có: VABC . A ' B 'C ' = 8.

Chiều cao của khối chóp là: h =

(a 3 )

a 6 a 6 − .  = 2 2   64

2 a 6 a3 6 1 a 3 . = (đvtt). 3 2 2 Vậy thể tích khối bát diện là: V = 2Vchop = a 3 6 (đvtt). Câu 99. Chọn B

Thể tích của khối chóp: Vchop =

(

)

Giả sử hình lập phương ABCD. A′B ′C ′D ′ có cạnh bằng a và tâm các mặt là P, Q, R, S , O , O′ như hình vẽ. Ta có PQ là đường trung bình của tam giác đều B ′CD ′ cạnh a 2 nên PQ =

Ta có: MN cắt AB và AD lần lượt tại I và J . A ' I cắt BB ' tại P. A ' J cắt DD ' tại Q. MC NC 1 = = ⇒ JD = 2 MC = a. Do MC //JD nên JD ND 2 DQ JD 1 AA ' a = = ⇒ DQ = = . Do DQ //AA' nên AA ' JA 2 2 2 BI BM a = = 1 ⇒ BI = NC = . Do BI //NC nên NC CM 3 PB IB 1 AA ' a Do PB //AA ' nên = = ⇒ PB = = . AA ' IA 4 4 4 1 1 1 Ta có: V( H ) = VA ' AIJ − VJDNQ − VIBMP = AA '. AI . AJ − DN .DQ.DJ − BM .BP.BI 6 6 6 1 4a 1 2a a 1 a a a 55 3 = a. .2a − . . .a − . . . = a. 6 3 6 3 2 6 2 4 3 144 Câu 100. Chọn B

a 2 . 2

1 2 a và OO ′ = a . 2 1 1 Vậy thể tích bát diện cần tìm là V = S PQRS .OO′ = a 3 (đvtt). 3 6

Do đó S PQRS = PQ 2 =

Câu 101. Đặt AB = x , AD = y , AA′ = z . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên B′C , ta có BH là đoạn vuông góc chung của AB và B′C nên 2a 5 1 1 1 5 . (1) d ( AB, B′C ) = BH = ⇒ = + = 5 BH 2 z 2 y 2 4a 2 Gọi I là hình chiếu vuông góc của B trên AB′ , ta có BI là đoạn vuông góc chung của BC và AB′ nên 1 1 1 5 d ( BC , AB ′) = BI ⇒ 2 = 2 + 2 = 2 . (2) BI x z 4a Gọi M là trung điểm của DD′ , O là giao điểm của AC và BD , ta có mặt phẳng ( ACM ) chứa AC và song song với BD′ nên d ( AC, BD′) = d ( BD′,( ACM )) = d ( D′,( ACM )) . Gọi J là hình chiếu vuông góc của D trên AC , K là hình chiếu vuông góc của D trên MJ , ta có 1 1 1 4 3 d ( D′,( ACM )) = d ( D,( ACM )) = DK ⇒ = + + = . (3) DK 2 x 2 y 2 z 2 a 2 65

2 1 = ⇔ z = 2a ⇒ x = y = a . z 2 2a 2 Thể tích khối hộp là V = xyz = 2a 3 . Câu 102. Chọn C

Từ (1), (2) và (3) ta có

D' S

D A

C O

Nhận xét: B ' NDM là hình bình hành ( B ' N = DM , B ' N //DM ) ⇒ MN ∩ B ' D = O là trung điểm của mỗi đoạn nên O cũng là trung điểm của đường chéo A ' C . Vậy thiết diện tạo bởi mặt ( A ' MN ) và hình chóp là hình bình hành A ' NCM .

Ta có: C ' A2 = B ' B 2 + BA2 + BC 2 ⇒ B ' B = 2a . Cách 1: Thể tích phần chứa C ' là 1 1 V = VA '. B ' C ' CN + VA '.C ' CMD = . A ' B '.S B ' C ' CN + . A ' D '.SC ' D ' MC 3 3 2a 4a + 2a + 2a 1 1 = .a.2a 3 + .2a.a 3 = 2a 3 . 3 2 3 2 Cách 2: Áp dụng công thức tính nhanh Gọi thể tích phần chứa C ' là V ' . B'N D'M + V' 1 1 Ta có: = B ' B D ' D = ⇒ V ' = .4a 3 = 2a 3 . VABCD . A ' B ' C ' D ' 2 2 2 Cách 3: Nhận xét nhanh do đa diện chứa C ' đối xứng với đa diện không chứa C ' qua O nên thể tích của 1 hai phần này bằng nhau, suy ra V ' = .VABCD. A ' B ' C ' D ' = 2a 3 . 2

B Câu 103. Gọi D , D′ theo thứ tự là đỉnh thứ tư của hình thoi ABCD , A′B′C ′D′ . Thể tích của bát diện cần tìm: 1 1 V = VABCD.C′D′A′B′ − VBC ′D′A′ − VB′ACD = VABCD.C ′D′A′B′ − VABCD.C ′D′A′B′ − VABCD.C ′D′A′B′ 6 6 2 2 = VABCD .C ′D′A′B′′ = .2 SO.2 S ∆ABC .(*) 3 3 a2 3 Ta có: S ∆ABC = . 4 = 60° ⇒ SO = OA.tan 60° = 2 . a 3 . 3 = a . , ( ABC ) = SAO Ta có: SA 3 2 8 a 2 3 2a 3 3 = . Do đó: V = .a. 3 4 3

(

)

Dạng 4. TỈ SỐ THỂ TÍCH Dạng 4.1 Tỉ số thể tích của khối chóp S

P N

Câu 104. V SA SB SC . . = 2.2.2 = 8 , suy ra đáp án Ta có S . ABC = VS .MNP SM SN SP Câu 105. Chọn D

I J

Ta có:

VM .IJK VM . NPQ

MI MJ MK 1 1 1 1 . . = . . = . MN MP MQ 2 2 2 8

Câu 106. Chọn C S

D' A'

(α ) ∩ ( SBC ) = G Ta có  ⇒ (α ) ∩ ( SBC ) = MM //BC ( MN đi qua G; M ∈ SB; N ∈ SC ).  BC // (α ) SM SN SG 2 Vì G là trọng tâm ∆SBC ⇒ = = = . SB SC SE 3 VSAMN SM SN 2 2 4 4V Ta có . . = = . = ⇒ VSAMN = VSABC SB SC 3 3 9 9

B' D

Dạng 4.2 Tỉ số thể tích các khối đa a diện diệ Câu 108. Chọn C B

V V SA′ SB′ SD′ 1 1 . . = ⇒ S. A′B′D′ = . Ta có S.A′B′D′ = VS. ABD SA SB SD 8 VS.ABCD 16

Và

VS.B′D′C ′ SB′ SD′ SC′ 1 V 1 . . = = ⇒ S.B′D′C′ = . VS.BDC SB SD SC 8 VS. ABCD 16

Suy ra

VS.A′B′D′ VS.B′D′C ′ 1 V 1 1 1 + = + = ⇒ S. A′B′C ′D′ = . VS. ABCD VS. ABCD 16 16 8 VS. ABCD 8

Câu 107. Chọn D

M C

Cách 1. Đặc biệt hóa tứ diện cho là tứ diện đều cạnh a . Hình đa diện cần tính có được bằng cách cắt 4 góc a của tứ diện, mỗi góc cũng là một tứ diện đều có cạnh bằng . 2 V V Do đó thể tích phần cắt bỏ là V ′′ = 4. = . 8 2 V V′ 1 = . Vậ y V ′ = ⇔ 2 V 2

Cách 2. Khối đa diện là hai khối chóp tứ giác có cùng đáy là hình bình hành úp lại. Suy ra: 1 1 1 V ′ = 2VN .MEPF = 4.VN .MEP = 4.VP.MNE = 4. . V = V 2 4 2 V ' V − VA.QEP − VB.QMF − VC.MNE − VD.NPF = Cách 3. Ta có V V VA.QEP VB.QMF VC.MNE VD.NPF 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 1− − − − = 1− . . − . . − . . − . . = . V V V V 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Câu 109. Chọn D

Ta có:

VSMNP SM SN SP 2 2 2 8 8 19 19 = . . = . . = ⇒ VMNPABC = VSABC − VSMNP = VSABC − VSABC = VSABC = V . VSABC SA SB SC 3 3 3 27 27 27 27

Câu 111.

1 V1 là thể tích khối lăng trụ chứa đỉnh C tức là V1 = VM . ABC = S ABC .MC 3 1 5 V2 là thể tích khối đa diện còn lại ⇒ V2 = VABC . A′B′C′ − V1 = S ABC .CC ′ − S ABC .CC ′ = S ABC .CC ′ 6 6 Khi đó ta có tỉ số 1 1 ′ V1 3 S ABC MC 6 S ABC .CC 1 = = = . V2 5 S .CC ′ 5 S .CC ′ 5 ABC ABC 6 6

Hai đa giác đáy đồng dạng nên Sau khi giảm độ dài cạnh đáy đi 3 lần thì diện tích đáy giảm đi 9 lần 1 S A′B′C ′D ′E ′ = S ABCDE . 9 1 B .3h. V′ 3 9 = 1. = Do đó 1 V 3 .Bh 3

Câu 112. V1 = VABCD . A′B′C ′D′ = h.S A′B′C ′D′ . 1 1 1 1 V2 = VI . A′B′C′ = d ( I , ( A′B′C ′) ) .S A′B′C′ = h. .S A′B′C′D ' = h.S A′B′C ′D ' . 3 3 2 6 V1 h.S A′B′C′D′ = =6. V2 1 h.S A′B′C ′D′ 6

Câu 110. Gọi G1 ;G2 ; G3 lần lượt là trọng tâm tam giác SAC ; SBC ; SAB Khi đó ( G1G2G3 ) ∩ ( SAB ) = MN với MN / / AB / / G1G2 , G3 ∈ MN

( G1G2G3 ) ∩ ( SAC ) = MP với MP / / AC / / G2G3 , G1 ∈ MP ( G1G2G3 ) ∩ ( SBC ) = NP với NP / / BC / / G1G3 , G2 ∈ NP Do đó ( G1G2G3 ) chia khối chóp thành 2 phần: SMNP và MNPABC 71

Câu 113.

S V h Ta có ANIB = AIB . N . VS . ABCD S ABCD hS Trong đó hN ; hS lần lượt là chiều cao kẻ từ đỉnh N ; S nên

hN NC 1 = = (1) hS SC 2

Ta có AO; BM lần lượt là các trung tuyến của tam giác ABD nên I là trọng tâm từ đó AI =

2 1 AO = AC 3 2

S AIB S AI 1 = AIB = = (2) S ABCD 2S ABC 2 AC 6 V S h 1 1 1 Từ (1) và (2) ta có ANIB = AIB . N = . = VS . ABCD S ABCD hS 6 2 12

từ đó

Câu 115. Gọi M là trung điểm CD, H là hình chiếu vuông góc của 0 lên S , trong mặt phẳng (SCD) kẻ CH ⊥ SD tại N ta có: CD ⊥ SO   ⇒ CD ⊥ SM . CD ⊥ OM  CD ⊥ SM , SM ⊂ ( SCD)   CD ⊥ OM , OM ⊂ ( ABCD)  ⇒ SMO =α . ( SCD ) ∩ ( ABCD) = CD  OM ⇒ SM = 3OM ; SO = SM 2 − OM 2 = a 2 . SM a 2 a 10 SD ⇒ SD = ⇒ =5. ∆SOD vuông tại 0 , SO = a 2, OD = 2 2 OD Có: CD ⊥ (SOM ) ⇒ CD ⊥ OH mà OH ⊥ SM ⇒ OH ⊥ ( SCD) ⇒ ( ACN ) ⊥ ( SCD) hay ( P) ≡ ( ACN ) . Khi đó hình chóp S. ABCD được chia thành hai khối đa diện S.ABCN và N.ACD , gọi VN.ACD = V1;VS.ABCN = V2 . = ∆SOM vuông tại O ⇒ cos SMO

Có ∆SOD vuông tại O , ON là đường cao nên OD2 = ND.SD ⇒ ND =

Câu 114. Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC . A′B ′C ′ ; V1 là thể tích khối chóp B. AEFC ; V2 là thể tích khối đa diện BB ′EFC ′A′ ; I là trung điểm của cạnh BB ′ và h là chiều cao của khối lăng trụ ABC . A′B ′C ′ . h Ta có: ( EIF ) // ( ABC ) nên d ( B, ( EIF ) ) = . 2 1 h 1 1 VB. IEF = . .S∆ABC = h.S∆ABC = V . 3 2 6 6 1 1 1 Do đó V1 = VABC. EIF − VB. EIF = V − V = V . 2 6 3 1 2 V2 = V − V1 = V − V = V . 3 3 V 1 Vậ y 1 = . V2 2 73

OD2 . SD

VS . ACD SD SD 2 V V V +V = = = 5 ⇒ S . ACD = VN . ACD ⇒ V1 = S . ABCD = 1 2 . VN . ACD ND OD 2 5 10 10 V1 1 = ≈ 0.11 . Vậy: V2 9

Trong tam giác SMC , SB và MN là hai trung tuyến cắt nhau tại trọng tâm K ⇒

BI là đường trung bình của tam giác MCD ⇒ I là trung điểm AB . V1 = VS . AID + VS . IKN + VS .IND Đặt: VS . ABCD = V 1 2 1 1 1 SK SN ⇒ VS . AID = .V ; VS .IKN = . .VS .IBC = . . V = V ; 4 3 2 4 12 SB SC 7 V 7 5 1 1 1 ⇒ V1 =  + +  .V = .V ⇒ V2 = .V ⇒ 1 = . 12 V2 5 12  4 12 4 

P M

VS .IND =

SK 2 = . SB 3

1 1 1 SN .VS . ICD = . V = .V 2 2 4 SC

Câu 116. Gọi I là giao điểm của MN và CD , Q là giao điểm của IP và AD . Khi đó thiết diện của tứ diện ABCD là tứ giác ABC . Ta có: ID PC QA QA NB ID MC ID 1 . . =1 ⇒ = 4. . . =1 ⇒ = và IC PA QD QD ND IC MB IC 4 VANPQ AP AQ 2 2 2 1 2 1 . = = ⇒ VANPQ = VANCD = V ⇒ VN .PQDC = V − V = V . VANCD AC AD 5 5 15 3 15 5 V CM CP 1 1 2 . = ⇒ VCMND = VCBNA = V . Và CMNP = VABCD CB CA 3 3 9 19 Suy ra V2 = VNPQDC + VCMNP = V . 45 26 Do đó, V1 = V − V2 = V . 45 V1 26 = Vậ y . V2 19

I D O

Câu 118. Gọi O = AC ∩ BD, I = SO ∩ AC ′ ⇒ B′, I , D′ thẳng hàng và B′D′ BD.

2a 3 2a 6 , SC ′ = 3 3 AO C ′C IS IS SI SB′ SD′ 4 . . =1⇒ = 4⇒ = = = Ta có AC C ′S IO IO SO SB SD 5 2V V1 V 8 SA.SB′.SC ′ 8 = S . AB′I = = ⇒ 1 = . VS . ABCD 2VS . ABC SA.SB.SC 15 V2 7 AC = a 2 ⇒ SC = a 6 ⇒ AC ′ =

Câu 119. Gọi I , I ′ , M , N , P , Q lần lượt là tâm các hình vuông ABCD , A′B′C ′D′ , AA′D′D , ABB′A′ , BB′C ′C ,

CDD′C ′ . Ta được V1 là thể tích khối bát diện đều với 6 đỉnh I , I ′ , M , N , P , Q cạnh MN =

2 2

1 2 1 1 1 ⇒ V1 = 2VI .MNPQ = 2. d ( I , ( MNPQ ) ) .S MNPQ = . . = . 3 3 2 2 6

Câu 117. 75

VABIN AI AN 1 1 1 . = = . = . VABCB′ AC AB′ 2 2 4 V 1 1 1 1 V2 = 8VABIN = 8. VABCB′ = = 8. . = . Vậy 2 = 2 V1 4 4 6 3 Câu 120. Chọn B

1 BE.BF .sin B S EBF 2 1 1 1 = = ⇒ S EBF = S ABC = S ABCD . S ABC 1 BA.BC.sin B 4 8 4 2 Khi đó, S EFGK = S ABCD − ( S ABF + S FCG + SGDK + S KAE ) = S ABCD − 4 S EBF Ta có:

1 S ABCD 2 1 d S , EFGK ) ) S EFGK VSEFGK 3 ( ( 1 27 Nên = = ⇒ VSABCD = 2VSEFGK = V . VSABCD 1 d S , ABCD S 2 2 ( ) ( ) ABCD 3 Câu 122. Chọn C ⇒ S EFGK =

D O C

Gọi O = AC ∩ BD, I = SO ∩ AC′ ⇒ B′, I , D′ thẳng hàng và B′D′ BD.

2a 3 2a 6 , SC ′ = 3 3 AO C ′C IS IS SI SB′ SD′ 4 . . =1⇒ =4⇒ = = = Ta có AC C ′S IO IO SO SB SD 5 V1 2V V 8 SA.SB′.SC ′ 8 = S . AB′I = = ⇒ 1 = . VS . ABCD 2VS . ABC SA.SB.SC 15 V2 7 AC = a 2 ⇒ SC = a 6 ⇒ AC ′ =

Gọi O = AC ∩ BD; I = SO ∩ AM Do ( P) chứa AM và song song BD nên (P) qua I và song song BD . Kẻ đường thẳng qua I song song

BD cắt SB tai P , cắt SD tại Q vậy (P) ≡ (APMQ) ; Ta có I là trọng tâm tam giác SAC nên SI 2 SP SQ = = = ; SO 3 SB SD V SM SQ 1 2 1 1 V V Ta có S.AMQ = . = . = ⇒ VSAMQ = . = VS.ACD SC SD 2 3 3 3 2 6 VS.AMP 1 1 V V V V = ⇒ VSAMP = . = ; Vậy VSAPMQ = 2. = VS.ACB 3 3 2 6 6 3

M N

D O

E B

G C

Dạng 4.3 Ứng dụng tỉ số thể tích để tìm thể tích

Câu 121. Ta có ( MNPQ ) // ( ABCD ) ⇒ d ( S , ( MNPQ ) ) = 2d ( O, ( MNPQ ) ) ⇒ VSMNPQ = 2VOMNPQ = 2V 

VSMNQ VSEFK VSNPQ

SM SN SQ 2 2 2 8 8 . . = . . = ⇒ VSMNQ = VSEFK . SE SF SK 3 3 3 27 27

SN SP SQ 2 2 2 8 8 = . . = . . ⇒ VSNPQ = VSFGK . SF SG SK 3 3 3 27 27 8 8 8 27 27 ⇒ VSMNQ + VSNPQ = VSEFK + VSFGK ⇔ VSMNPQ = VSEFGK ⇒ VSEFGK VSMNPQ = V . 27 27 27 8 4



VSFGK

Câu 123. 77

VABC .MNC ' 1  AM BN CC '  13 13 =  + +  = ⇒ VABC .MNC ' = . VABC . A' B ' C ' 3  AA ' BB ' CC '  18 9 VABC .MNC 1  AM BN CC  7 7 Lại có: =  + +  = ⇒ VABC.MNC = . VABC . A ' B ' C ' 3  AA ' BB ' CC '  18 9 2 Suy ra: VC .MNC ' = VABC .MNC ' − VABC .MNC = . 3 V CM CN CC ' Mà: C .MNC ' = . . ( *) VC .PQC ' CP CQ CC '

Ta có:

B' ′

′

+) Gọi BM ∩ AA = E ; ED ∩ AD = N . Ta có M là trung điểm của AB ⇒ M là trung điểm là EB′ ⇒ N là trung điểm của ED′ và AD V EA EM EN 1 . . = +) Ta có E. AMN = VE. A′B′D′ EA′ EB′ ED 8 7 7 1 7 7063 ⇒ VAMN . A′B′D′ = VE. A′B′D′ = .2. .VA. A′B′D′ = VABCD. A′B′C′D′ = 8 8 2 24 12 Câu 126. Chọn A.

11 . 9 7 = VC .PQC ' − VA' B ' C '.MNC = . 9

Có: VA' B 'C '.MNC = VLT − VABC .MNC =

AM  CM  CM 1 = = =1  ∆CMA ∼ ∆PMA '  PM A ' M  CP 2 Ta có:  . ⇒ ⇔ ∆CNB ∼ ∆QNB '  CN = BN = 2  CN = 2  QN B ' N  CQ 3 VC .MNC ' 1 2 1 Thay vào (*) ta có: = . .1 = ⇔ VC .PQC ' = 3VC .MNC ' = 2 . VC .PQC ' 2 3 3

⇒ VA ' MPB ' NQ

H I

A O

C O Câu 124. B Gọi O là tâm hình vuông ABCD , SO cắt MN tại K ⇒ I là giao điểm của AK với SC . Vì MN là đường trung bình của tam giác SBD nên K là trung điểm của SO . Gọi A ' là điểm đối xứng của A qua S , H là giao điểm của AK với SC . Vì SO A ' C và K là trung điểm của SO ⇒ H là trung điểm của A ' C ⇒ I là trọng tâm của tam giác 1 AA ' C ⇒ SI = SC . 3 1 a3 3 1 , VS . ABC = VS . BCD = VS . ABCD . Ta có VS . ABCD = SA.S ABCD = 3 3 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1  1 VS . AMIN = VS . AMN + VS .MIN = . . VS . ABC + . . VS .BCD =  +  . VS . ABCD = VS . ABCD . 1 2 2 2 2 3 6  4 12  2

Do đó VABCDMIN = VS . ABCD − VS . AMIN

Câu 125. Chọn D

5 5a 3 3 = VS . ABCD = . 6 18

Gọi H , I lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng SC và S ′B , SD và S ′A . SS ′ = 2. Vì SS ′ = −2CB nên BC || SS ′ và BC SI SS ′ SH = 2 . Tương tự, ta cũng có = = 2. Suy ra IC BC HD SI SH 2 Do đó = = . SC SD 3 Dễ thấy hai khối chóp S .ACB và S .ACD có diện tích đáy bằng nhau và chiều cao bằng nhau nên thể tích

1 của chúng bằng nhau và bằng V = 135 . 2 VS .AIB SI 2 2 2 Mà: = = ⇒ VS .AIB = .VS .ACB = .135 = 90 . VS .ACB SC 3 3 3 VS .AIH SI SH 2 2 4 4 = . = . ⇒ VS .AIB = .VS .ACD = .135 = 60 . VS .ACD SC SD 3 3 9 9 Suy ra thể tích của khối đa diện là phần chung của hai khối chóp S .ABCD và S ′.ABCD bằng:

Và

VS .ABCD − VS .AIB + VS .AIH = 270 − 90 + 60 = 120.

Gọi G là trọng tâm tam giác SAB , H là trung điểm của AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD )

Câu 127. Chọn A Trên cạnh SB , SC lần lượt lấy các điểm M , N thỏa mãn SM = SN = 1

Ta có S ABC =

(

)

(

)

Ta có AM = 1, AN = 2, MN = 3 → tam giác AMN vuông tại A Hình chóp S . AMN có SA = SM = SN = 1 → hình chiếu của S trên ( AMN ) là tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN , ta có I là trung điểm của MN 1 Trong ∆SIM , SI = SN 2 − IN 2 = 2 1 1 2 2 VS . AMN = ⋅ ⋅ = 3 2 2 12 VS . AMN SM SN 1 2 = ⋅ = → VS . ABC = Ta có . VS , ABC SB SC 6 2 Câu 128. Chọn D

AB 2 3 27 3 = ⇒ AB = 3 3 . 4 4

Qua G kẻ đường thẳng song song với AB cắt SB tại N , qua N kẻ song song với BC cắt SC tại P , qua P kẻ đường thẳng song song với CD cắt SD tại Q . Ta có: VS .MNPQ = VS .MNP + VS .MPQ = 2VS .MNP . 3

VS .MNP SM SN SP  2  8 . = . . =  = VS . ABC SA SB SC  3  27

⇒ VS .MNP =

8 8 1 8 1 3 3. 3 1 VS . ABC = . .SH .S ABC = . . . 3 3 27 27 3 27 3 2 2

(

)

= 6.

⇒ VS .MNPQ = 12 . Câu 130. Chọn D

N M

+) Gọi P = MN ∩ SB ⇒ P là trọng tâm của ∆SCM vì là giao của hai đường trung tuyến SB, MN +) Gọi Q = MD ∩ AB ⇒ Q là trung điểm của MD MB MQ MP 1 1 2 5  . . VM .CDN =  1 − . .  VM .CDN = VM .CDN +) Ta có VBCDQNP = VM .CDN − VM .CDN = VM .CDN − MC MD MN 2 2 3 6  1 CD.CM S MCD d ( N , ( ABCD ) ) 1 1 1 . VS . ABCD = 2 . VS . ABCD = VS . ABCD = +) Mặt khác VM .CDN = VN . MCD = S ABCD d ( S , ( ABCD) ) CD.CB 2 2 2

1 a Ta có VS . ABD = VS .BCD = VS . ABCD = 2 2 VS . AMD SM 1 a3 V SM SN 1 a3 . = = ⇒ VS . AMD = , S .MND = = ⇒ VS . AMD = . VS . ABD SB 2 4 VS .BCD SB SC 4 8 Từ đó suy ra VS . AMND = VS . AMD + VS .MND =

a 3 a 3 3a 3 + = . 4 8 8

5 5 7 ⇒ VSANPQD = VS . ABCD − VBCDQNP = 1 − = 12 12 12 Câu 129. Chọn C

+) Vậy VBCDQNP =

M G

D P

H B

+) Mặt phẳng ( AMN ) cắt hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành theo thiết diện là tứ giác AMPN

nên ta có

SA SC SB SD SC SP 1 + = + ⇔ =4⇔ = . SA SP SM SN SP SC 4

K J

Câu 131. VS .IJK SI SJ SK 1 . . = = ⇒ VS . ABC = 8VS . IJK . Ta có : VS . ABC SA SB SC 8 V 1 Tương tự : S .IKH = ⇒ VS . ACD = 8VS .IKH . VS . ACD 8 Suy ra : VS . ABCD = VS . ABC + VS . ACD = 8 (VS .IJK + VS .IKH ) = 8VS .IJKH = 8 .

1 +) Xét hình chóp S . ABCD có: VS .BCD = .VS . ABCD = 24 . 2 V SM SN SP 1 1 1 1 . . = . . = ⇒ VS .MNP = 1 . Ta có S .MNP = VS .BDC SB SD SC 2 3 4 24

C' G

B' I

Câu 132.

Câu 134. Gọi O = AC ∩ BD, I = MP ∩ SO ⇒ Q = NI ∩ SD

(

Xét tam giác vuông cân ABC có AB 2 + BC 2 = AC 2 ⇒ 2 AB 2 = a 2

)

ÁP dụng định lí Menelauyt cho tam giác SBC với cát tuyết NPE , ta được

⇒ AB 2 = a 2 ⇒ AB = a .

(1)

a2 1 AB.BC = 2 2 1 a3 = .SA.S ∆ABC = . 3 3

Ta có S∆ABC =

VS . ABC

SB′ SC ′ SG 2 = = = . SB SC SI 3 SA.SB′.SC ′ 2 2 4 = = . = . SA.SB.SC 3 3 9

Gọi I là trung điểm của BC . Ta có Ta có

VS . AB′C ′ VS . ABC

NB PS EC = 1 ⇒ CE = CB . . NS PC EB

4 a3 4a3 ⇒ VS . AB′C′ = . = . 9 3 27 Câu 133. Gọi O là tâm ABCD , I là giao điểm của MN và SO . Khi đó P là giao điểm của AI và SC . 83

2 4 Do MIP nên SI = xSP + (1 − x ) SM = x SC + (1 − x ) SA 3 9 4 3 8  1 1  SI = k SO = k  SC + SA  ⇒ x = , k = . Tương tự với ba điểm thẳng hàng N , I , Q ta có SQ = SD 7 2  5 15 2 (2) RQ 6 ÁP dụng định lí Menelauyt cho tam giác SCQ với cát tuyết PRD , ta được = (3) RC 7 Từ (1), (2) và (3) ta có 6 6 1 2 4 8 S PRQ = S PQC = . S SQC = . .S SDC = S SDC 13 13 3 13 7 91 8 8 4 18.91 ⇒ VEPQR = VESDC = VSBDC = VSABCD ⇒ VSABCD = 91 91 91 4 84

 SM SN SP SM SP SQ  VSABCD Do đó VSMNPQ = VSMNP + VSMPQ =  . . + . .   SA SB SC SA SC SD  2 4 2 1 2 4 4 V =  . . + . .  . SABCD = 65cm3 9 3 2 3 9 7 2

2 3

N x

Dạng 5. BÀI TOÁN THỰC TẾ VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ Câu 135. Chọn C Gọi x là chiều rộng, ta có chiều dài là 2x

2 3 2 3

6, 7 − 2 x 2 Do diện tích đáy và các mặt bên là 6, 7 m nên có chiều cao h = , 6x 6,7 ta có h > 0 nên x < . 2 6,7 − 6 x 2 6, 7 x − 2 x3 6,7 =0 ⇔ x= Thể tích bể cá là V ( x ) = và V ′ ( x ) = 6 3 3 Bảng biến thiên

2 3

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CD và AB . CD ⊥ MB  CD ⊥ MN Ta có .  ⇒ CD ⊥ ( MAB ) ⇒  CD ⊥ MA  CD ⊥ AB Tam giác MAB cân tại M nên MN ⊥ AB . 1 1 VABCD = AB.CD.d ( AB, CD ) .sin ( AB , CD ) = x.2 3.MN .sin 90° 6 6 2 2 2  1 3 3 x + ( 36 − x )   x  =3 3. = x.2 3. 32 −   = x. 36 − x 2 ≤ . 6 6 6  2 2   2 Dấu " = " xảy ra ⇔ x = 36 − x ⇔ x = 3 2 .

Bể cá có dung tích lớn nhất bằng 1, 57m 3 . Câu 136. Chọn D Gọi x, 2 x, h lần lượt là chiều rộng, dài, cao của bể cá. Ta có 2 x 2 + 2 ( xh + 2 xh ) = 5,5 ⇔ h =

5,5 − 2 x 2 5,5 ( Điều kiện 0 < x < ). 2 6x

5,5 − 2 x 2 1 = (5,5 x − 2 x3 ) . 6x 3 5,5 1 . V / = (5,5 − 6 x 2 ) . V / = 0 ⇒ x = 6 3

Thể tích bể cá V = 2 x 2 .

Lập BBT suy ra Vmax =

11 33 ≈ 1,17 m3 . 54

Câu 140. Đặt SA = h, AB = AC = a . Ta có

72 24 Câu 137. Thể tích của bế cá: V = 3ab = 72dm ⇔ b = = , với a, b > 0 . 3a a Diện tích kính để làm bể cá như hình vẽ: 24 24 144 144 S = 3.3a + 2.3b + ab = 9a + 6. + a. = 9a + + 24 ≥ 2 9a. + 24 ⇔ S ≥ 96 . a a a a 144 S = 96 ⇔ 9a = ⇔ a =4⇒b=6. a Vậy để bể cá tốn ít nguyên liệu nhất thì a = 4dm ; b = 6dm . Câu 139. Chọn B 3

d ( A; ( SBC ) ) = AH = 3;

1 1 1 1 1 1 1 1 1 = + + ⇔ = 2 + 2 + 2 ≥ 33 4 2 ⇒ a2h ≥ 6 . AH 2 SA2 AB 2 AC 2 9 a a h ah

=α . ( SBC ) , ( ABC ) ) = SMA ( VS . ABC =

3 AM a 2 2 3 1 2 ⇒ cosα = = = . a h ≥ 1 . Thể tích nhỏ nhất bằng 1 khi a = h ⇒ SM = a SM 6 2 2 a 3 3

BBT

x f ′( x)

f ( x)

+∞

4 0

−

+∞ + +∞

96 Dựa vào BBT ta thấy hàm số đạt GTNN tại x = 4 , khi đó h = 2 . Vậy phương án A đúng. Câu 143. Chọn A

Câu 141. BC ⊥ BB′  Ta có  ⇒ CB ⊥ ( ABB′A′ ) ⇒ A′B là hình chiếu vuông góc của A′C trên mặt phẳng ( ABB′A′ ) ⇒ BC ⊥ AB  ′C (vì BA ′C nhọn do ∆BA′C góc giữa đường thẳng A′C và mặt phẳng ( ABB′A′ ) là góc ( A′B, A′C ) = BA ′C = 30° . vuông tại B ). Vậy BA

BC 1 = = 3 ; A′A = A′B 2 − AB 2 = 3 − x 2 . Ta có A′B = ′C tan 30° tan BA x 2 + ( 3 − x2 ) 3 VABCD. A′B′C′D′ = AB. AD. AA′ = x 3 − x 2 ≤ = . 2 2 3 2 2 2 Dấu = xảy ra ⇔ x = 3 − x ⇔ x = 3 − x = x = (vì x > 0 ). 2 3 Vậy Vmax = . 2 Câu 142. Ta có thể tích chiếc hộp: V = x 2 h = 32 (đvtt), với x, h > 0 . Suy ra h = Phần mạ vàng của chiếc hộp: S = 2 x 2 + 8xh = 2 x 2 + 8 x.

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BD , AC . Đặt BD = 2 x , AC = 2 y

( x, y > 0 ) .

Ta có CM ⊥ BD, AM ⊥ BD ⇒ BD ⊥ ( AMC ) . Ta có MA = MC = 1 − x 2 , MN = 1 − x 2 − y 2 , S AMC =

1 1 MN . AC = y. 1 − x 2 − y 2 . 2 2

2 1 1 2 2 2 VABCD = .DB.S AMC = .2 x. y 1 − x 2 − y 2 = x . y . (1 − x 2 − y 2 ) ≤ 3 3 3 3 1 2 3 . Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = . ⇒ VABCD ≤ 27 3 Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ABCD là

+ y2 + 1 − x2 − y 2

)

2 3 . 27

Câu 144. Chọn C

32 . x2

32 256 . = 2x2 + x2 x

Cách 1

128 128 128 128 256 = 2x2 + + ≥ 3 3 2 x2 . . = 96 (BĐT AM-GM). x x x x x 128 Đẳng thức xảy ra khi 2 x 2 = hay x = 4 , khi đó h = 2 . x Cách 2. 256 Xét hàm số f ( x ) = 2 x 2 + với x > 0 . x 3 256 4 x − 256 Ta có f ′ ( x ) = 4 x − 2 = , f ′ ( x ) = 0 ⇔ 4 x 3 − 256 ⇔ x = 4 ; f ( 4 ) = 96 . x x2 Ta có 2 x 2 +

x a

Câu 146.  Gọi I là trung điểm SC , O = AC ∩ BD .

 BI ⊥ SC ⇒ BD ⊥ SC Ta có   DI ⊥ SC Mà ABCD là hình thoi nên BD ⊥ AC Khi đó, BD ⊥ ( SAC ) .  VS . ABCD = 2VS . ABC = 2VB.SAC . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA, BC và đặt 2a = x, 2b = y. BC ⊥ AN , BC ⊥ SN ⇒ BC ⊥ ( SAN )

(

 AO 2 = AB 2 − BO 2 = AB 2 − BI 2 − OI 2

(

⇒ V 2 SABC ≤

)

4 243

Dấu bằng xảy ra ⇔ a 2 = b 2 = 1 − a 2 − b 2 ⇔ a = b =

⇒x=y=

2 3

⇒ x+ y =

4 3

= AB 2 − ( SB 2 − SI 2 ) + OI 2 =

x2 + a2 4

⇒ AC 2 = 4 AO 2 = x 2 + a 2 = SA2 + SC 2 ⇒ ∆ SAC vuông tại S . 3a 2 − x 2  BO = AB 2 − AO2 = . 2 1 1 1 3a 2 − x 2 ax 3a 2 − x 2 ⇒ VS . ABCD = 2VB.SAC = 2 ⋅ BO ⋅ SA ⋅ SC = ⋅a⋅ x = . 3 2 3 2 6 2 2 2 x + ( 3a − x ) 3a 2 =  Ta có x 3a 2 − x 2 = x 2 . ( 3a 2 − x 2 ) ≤ 2 2 3 a a 6 ⇒ VS . ABCD ≤ . Dấu “=” xảy ra ⇔ x 2 = 3a 2 − x 2 ⇔ x = . 4 2 a 6 Vậy, thể tích khối chóp S . ABCD lớn nhất khi và chỉ khi x = ⇒ m = 6; n = 2 2 ⇒ m + 2n = 10 .

1 VSABC = VBSAN + VCSAN = 2VBSAN = BC.S SAN 3 AB 2 + AC 2 BC 2 2 AN = − = 1 − b 2 ⇒ MN 2 = AN 2 − MA2 = 1 − b 2 − a 2 2 4 1 ⇒ S SAN = SA.NM = a 1 − a 2 − b 2 2

1 1 4  a 2 + b2 + 1 − a 2 − b2  ⇒ VSABC = 2ab 1 − a 2 − b 2 ⇒ V 2 SABC = .4a 2 b2 . 1 − a 2 − b 2 ≤ .   3 9 9  3 

)

Câu 145. Chọn A +) Gọi độ dài AB = a, AD = b và AA′ = c

Ta có tổng diện tích tất cả các mặt là 36 nên 2ab + 2 bc + 2ca = 36 ⇔ ab + bc + ca = 18 (1) Do độ dài đường chéo AC ' bằng 6 nên a2 + b2 + c2 = 36 ( 2 ) +) Thể tích khối hộp là V = abc 2

Ta có ( a + b + c ) = a2 + b 2 + c2 + 2 ( ab + bc + ca ) = 72 ⇔ a + b + c = 6 2

(

)

Từ (1) ⇔ ab = 18 − c ( a + b ) = 18 − c 6 2 − c = c2 − 6 2c + 18

(

Nên V = abc = c3 − 6 2c2 + 18c = f ( c ) , c ∈ 0;6 2

)

Câu 147. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, CD . Tam giác ADB, CAB là hai tam giác cân cạnh đáy AB nên DM ⊥ AB và CM ⊥ AB . Suy ra AB ⊥ ( MCD ) .

c = 3 2 Ta có f ′ ( c ) = 3c 2 − 12 2c + 18 = 0 ⇔  c = 2 Lập bảng biến thiên ta được Max V = f

(0;6 2 )

( 2) = 8

1 1 x VABCD = VB. MCD + VA. MCD = .BM .S MCD + . AM .S MCD = .SMCD . 3 3 3 89

Tam giác ∆ABC = ∆ABD ( c.c.c ) nên CM = DM ⇒ MN ⊥ CD .

1 1 1 1 x2 y2 S MCD = .CD.MN = y. MC 2 − CN 2 = y. ( BC 2 − BM 2 ) − CN 2 = y 4 − − 2 2 2 2 4 4 1 2 2 = y 16 − ( x + y ) . 4 xy xy 1 VABCD = 16 − ( x 2 + y 2 ) ≤ 16 − 2 xy = xy. xy. (16 − 2 xy ) 12 12 12 3

1  xy + xy + (16 − 2 xy )  1  16    =   . 12  3  12  3  x = y x = y  Dấu bằng xảy ra khi  ⇔ 16 .  xy = 16 − 2 xy  xy = 3 16 Vậy thể tích ABCD đạt giá trị lớn nhất khi xy = . 3 ≤

Câu 149. Gọi

K là trung điểm AD, đặt HK = x, 0 < x ≤ 5 . 2

5  5 Ta có EF = FG = GH = HE =  − x  2 ; HD =   + x 2 . 2 2  2

5 5  Suy ra SO = SH 2 − OH 2 = HD2 − OH 2 =   + x 2 −  − x  .  2 2  1 5  Ta có V = .2.  − x  3 2 

AP , SO đồng quy hay M , N , G

2 5 5 5   2   + x −  − x  = . − x  . 5x . 3 2 2 2   5  2 x = 2 2 5  5  5  ′ ⇒ V ′ =  −2  − x  5 x +  − x  V = 0 ⇔ , .   3   2  2  2 5x  x = 1  2 Bảng biến thiên

Câu 148. Gọi O = AC ∩ BD , G = AP ∩SO, suy ra G là trọng tâm tam giác SAC . Gọi ( P ) là mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SD và SB lần lượt tại M và N .

( P ) ∩ ( SBD ) = MN  Dễ thấy: ( P ) ∩ ( SAC ) = AP ⇒ MN ,  ( SBD ) ∩ ( SAC ) = SO

thẳng hàng.

SM SN ( 0 < x ≤ 1) và y = ( 0 < y ≤ 1) . SD SB  1  SA SM SP SA SN SP  1 V V 1 V ⇒ 1 =  S . AMP + S . ANP  =  . . + . .  = (x + y) . V 2  VS . ADC VS . ABP  2  SA SD SC SA SB SC  4

Đặt: x =

Dựa vào bảng biến thiên, ta có Vmax =

4 10 1 khi x = . 3 2

Câu 150. Chọn A

S ∆SMN 1  S ∆SMG S ∆SNG  SM SN 1  SM SG SN SG  1  SM SN  . . . =  + =  + + ⇔ =  . S ∆SBD 2  S ∆SDO S ∆SBO  SD SB 2  SD SO SB SO  3  SD SB  1 ⇒ xy = ( x + y ) . Lại có: ( x − 1)( y − 1) ≥ 0 ⇒ xy − ( x + y ) + 1 ≥ 0 . 3 2 3 V 3 Từ đó suy ra: − ( x + y ) + 1 ≥ 0 hay x + y ≤ . Vậy 1 lớn nhất bằng . 3 2 V 8

Từ tỷ lệ:

KG AK 3 KG 1 SI 2 = = . Mà = ⇒ = . SI AS 4 SE 2 SE 3 Cách 1: Kẻ BP // MN , CQ // MN ; ( P, Q ∈ SE ) . ⇒

B' N

SM SI SN SI . = ; = SB SP SC SQ ⇒ ∆BEP = ∆CEQ ⇒ E là trung điểm PQ ⇒ SP + SQ = 2SE (đúng cả trong trường hợp P ≡ Q ≡ E ).

Ta có:

A M

Ta có VAB′MN

VS . AMN SA SM SN 4 SI SI AM −GM SI 2 SI 2  SI  = . . = 1. . ≥ = =  = . 2 2 9 VS . ABC SA SB SC SP SQ SE SE   SP + SQ ( ) 4 Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi SP = SQ = SE . Hay P ≡ Q ≡ E ⇔ MN // BC . Cách 2: SB SC Ta chứng minh được + = 3. SM SN Ta có:

B C

1 = d ( N , ( AB′M ) ) .S∆AB′M 3

6 3 ′AM = ′D′, ( AB′M ) = Do ACB′D ′ là tứ diện đều nên sin B , sin B 2 3 a 1 1 ′D′, ( AB′M ) . AB′. AM .sin B ′AM = . AM .B′N Suy ra VAB′MN = B′N .sin B 3 2 6

)

(

≤

(

))

a  AM + B′N  a   = 6 2  12

Vậy (VAB′MN )max =

a3 12

Thật vậy, qua I kẻ các đường thẳng lần lượt song song SB, SC cắt SC , SB tương ứng tại D, L . SB DB  = = 3 IQ DI NI SB 3 NI  SB IQ . = 3. ⇔ = Ta có: , (1) . ⇒ IQ SM NM SM NM IQ NI  = SM NM  SC LC  = = 3 SC IP MI SC 3MI  IP LI Lại có: , ( 2) . . = 3. ⇔ = ⇒ IP MI IP SN MN SN MN  = SN MN  SB SC MI   NI + = 3 + Từ (1) và ( 2 ) ta có:  = 3. SM SN  NM MN  SB SC Đặt x = . Suy ra x + y = 3 . ;y= SM SN VS . AMN SA SM SN 1 AM −GM 1 4 . . = = ≥ = . Ta có: 2 VS . ABC SA SB SC xy (x + y) 9

Câu 151.

Gọi E , F , G lần lượt là trung điểm BC , SA, EF suy ra G là trọng tâm tứ diện SABC . Điểm I là giao điểm của AG và SE . Qua I dựng đường thẳng cắt các cạnh SB, SC lần lượt tại M , N . Suy ra ( AMN ) là mặt phẳng quay quanh AG thỏa mãn yêu cầu bài toán. Kẻ GK // SE , ( K ∈ SA) suy ra K là trung điểm FS . 93

4 3 Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi x = y = ⇔ MN // BC . 2 Cách 3: SB SC Đặt = x; = y , với x > 0 , y > 0 . SM SN 2 1 1 x y Ta có SI = SE = ( SB + SC ) = ( xSM + ySN ) = SM + SN . 3 3 3 3 3 94

x y + = 1 ⇔ x + y = 3. 3 3 VS . AMN SM SN 1 1 1 1 4 . = = . = ≥ = . Ta có VS . ABC SB SC x y xy ( x + y ) 2 9 2 V 4 Vậy S . AMN đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi x = y , hay MN đi qua I và song song với BC . VS . ABC 9

Do I , M , N thẳng hàng nên

CHUYÊN ĐỀ 14

HÌNH NÓN, KHỐI NÓN

Câu 6.

AC = a 3 . Tính độ dài đường sinh l của hình nón, nhận được khi quay tam giác ABC xung quanh trục AB . B. l = 2a C. l = a D. l = a 2 A. l = a 3

MỤC LỤC PHẦN A. CÂU HỎI ....................................................................................................................................................... 1 Dạng 1. Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, chiều cao, bán kính đáy, thiết diện............................................. 1

Câu 7.

Dạng 2. Thể tích ........................................................................................................................................................... 3

A. 2a 2 . Câu 10.

Câu 11.

Câu 2.

Câu 4.

D. S xq = 2π rl .

Câu 12.

5π a 2 .

C. 2a .

C. l =

3a . 2

D. l =

A. 3a

B. 2a

3a 2

3a . 2

C. 2a .

D. 3a .

2 3 . 3

C. 1 .

4 . 3

B. d =

5a 5

C. d =

2a 2

D. d = a

(KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Cho hình nón đỉnh S , đường cao SO, A

A. a 2 Câu 13.

( SAB )

a 3 và 3

bằng

C. 2a 3

D. a 5

(THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Cho một hình nón có bán kính đáy bằng a và góc ở đỉnh bằng C. S xq =

4 3π a 2 . 3

D. S xq = 2π a .

(THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 2 a , vẽ tia Ax về phía điểm B sao cho điểm B luôn cách tia Ax một đoạn bằng a . Gọi H là hình chiếu của B lên tia Ax , khi tam giác AHB quay quanh trục AB thì đường gấp khúc AHB vẽ thành mặt tròn xoay có diện tích xung quanh bằng: A.

D. 2 2a

B. a 3

60° . Tính diện tích xung quanh của hình nón đó. 2 3π a 2 2 A. S xq = 4π a . B. S xq = . 3 Câu 14.

5a . 2

(ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 3π a 2 và có bán kính đáy bằng a . Độ dài đường sinh của hình nón đã cho bằng:

3a C. 2

= 300 , SAB = 600 . Độ dài đường sinh của hình nón theo a bằng SAO

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 3π a 2 và bán kính đáy bằng a . Tính độ dài đường sinh l của hình nón đã cho. B. l = 2 2a .

và B là hai điểm thuộc đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến

D. 5a .

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho hình nón có bán kính đáy r = 3 và độ dài đường sinh l = 4 . Tính diện tích xung quanh của hình nón đã cho. A. S xq = 8 3π B. S xq = 12π C. S xq = 4 3π D. S xq = 39π

A. l = 3a . Câu 5.

C. S xq = π rh .

(MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Cho một hình nón có chiều cao h = a và bán kính đáy r = 2a . Mặt

A. d =

(CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho hình nón có bán kính đáy bằng a , đường cao là 2a . Tính diện tích xung quanh hình nón? A. 2 5π a 2 .

Câu 3.

B. S xq = π rl .

π a2 2

phẳng ( P ) đi qua S cắt đường tròn đáy tại A và B sao cho AB = 2 3 a . Tính khoảng cách d từ tâm của đường tròn đáy đến ( P ) .

(KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Gọi l , h, r lần lượt là độ dài đường sinh,

1 2 πr h . 3

cao là 3 .Tính bán kính đường tròn đáy của khối nón ( N) .

chiều cao và bán kính mặt đáy của hình nón. Diện tích xung quanh S xq của hình nón là: A. Sxq =

2 C. π a 2 .

(THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Cho khối nón ( N) có thể tích bằng 4π và chiều

A. 2 .

Câu 1.

(SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 3π a 2 , bán kính đáy bằng a . Tính độ dài đường sinh của hình nón đó

Dạng 3. Khối tròn xoay nội, ngoại tiếp khối đa diện ................................................................................................. 24

PHẦN A. CÂU HỎI Dạng 1. Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, chiều cao, bán kính đáy, thiết diện

π a2 2

Câu 9.

Dạng 2. Thể tích ......................................................................................................................................................... 16 Dạng 4. Bài toán thực tế ............................................................................................................................................. 28

(THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho hình nón có bán kính đáy bằng a và độ dài đường sinh bằng 2a . Diện tích xung quanh của hình nón đó bằng 2 2 2 2 A. 4π a . B. 3π a . C. 2π a . D. 2a .

PHẦN B. ĐÁP ÁN THAM KHẢO ............................................................................................................................. 10

Dạng 5. Bài toán cực trị.............................................................................................................................................. 31

2π a 2 2 . 3

Câu 8.

Dạng 5. Bài toán cực trị................................................................................................................................................ 9 Dạng 1. Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, chiều cao, bán kính đáy, thiết diện........................................... 10

(THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a. Tính diện tích xung quanh của hình nón. A.

Dạng 3. Khối tròn xoay nội, ngoại tiếp khối đa diện ................................................................................................... 6 Dạng 4. Bài toán thực tế ............................................................................................................................................... 7

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian, cho tam giác vuông ABC tại A , AB = a và

3 2π a 2 . 2

(3 + 3 )π a 2

(1 + 3 ) π a 2

(2 + 2 )π a 2

Câu 15.

Câu 16.

(HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình nón có chiều cao h = 20 , bán kính đáy r = 25 . Một thiết diện đi qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là 12 . Tính diện tích S của thiết diện đó. B. S = 400 C. S = 300 D. S = 406 A. S = 500

( ) đỉnh S

(LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cắt hình nón N

(

nón một góc 60 . Tính diện tích tam giác

4a 2 2 A. 3 Câu 17.

2a 2 2 3

2a 2 2 9

Câu 27.

π (đvdt).

B. 4 2a 2π (đvdt).

C. a 2π

(

)

B. 2π

(

)

2 + 1 a2 .

C. 2π

D. 2 3 .

)

2 + 1 (đvdt). D. 2 2a 2π (đvdt).

(

)

6 +1 a2 .

D. π

(

7 . 7

2 . 2

3 . 3

Câu 29.

)

6 + 2 a2 .

A. 2 2 .

Câu 23.

13 . 2

4 2 πr h . 3

C. 2π r h .

D. π r h .

π r 2h .

C. 2π r h .

là

1 2 πr h . 3

B. V = 3π 11

C. V =

9π 2 3

D. V = 9π 2

1 π bc 2 . 3

1 2 bc . 3

1 2 b c. 3

1 2 πb c. 3

Cho khối ( N ) có bán kính đáy bằng 3 và diện tích xung quanh bằng 15π . Tính thể tích V của khối nón B. V = 20π .

C. V = 36π .

D. V = 60π .

Câu 30.

(CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình nón có độ dài đường sinh bằng 25 và bán kính đường tròn đáy bằng 15. Tính thể tích của khối nón đó. B. 4500π . C. 375π . D. 1875π . A. 1500π .

Câu 31.

(MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian cho tam giác ABC vuông tại A , AB = a và = 30 o . Tính thể tích V của khối nón nhận được khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC . ACB

Câu 32.

Câu 33.

B. V = 3πa3

C. V =

3πa 3 9

D. V =

3πa3 3

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Cho khối nón có độ dài đường sinh bằng 2a và bán kính đáy bằng a . Thể tích của khối nón đã cho bằng

3π a 3 . 3

3π a 3 . 2

2π a 3 . 3

π a3 3

(THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Cho khối nón có bán kính đáy r = 2, chiều cao h = 3. Thể tích của khối nón là A.

1 2 πr h . 3

C. π r h .

4 2 πr h . 3

Câu 34.

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho khối nón có bán kính đáy r = 3 và chiều cao h = 4 . Tính thể tích V của khối nón đã cho. A. V = 12π

(N )

(Mã 103 - BGD - 2019) Thể tích của khối nón có chiều cao h và có bán kính đáy r là A. 2π r h .

D. π r 2 h .

(CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = c, AC = b . Quay tam giác ABC xung quanh đường thẳng chứa cạnh AB ta được một hình nón có thể tích bằng

Dạng 2. Thể tích Câu 22.

3π 2 3

A. V = πa3

(PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Cho hình nón đỉnh S , đáy là đường tròn ( O;5 )

3 2 C. . 7

4 2 πr h . 3

A. V = 12π .

21 7

.Một mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón cắt đường tròn đáy tại hai điểm A và B sao cho SA = AB = 8 . Tính khoảng cách từ O đến ( SAB ) .

3 3 B. . 4

1 2 πr h . 3

(CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho khối nón có bán kính đáy r = 3 , chiều cao

Cho hình nón có chiều cao và bán kính đáy đều bằng 1 . Mặt phẳng ( P ) qua đỉnh của hình nón và cắt đáy

1 2 πr h . 3

A. V =

(CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a . Tính diện tích toàn phần của vật tròn xoay thu được khi quay tam giác AA ' C quanh trục AA ' .

3 + 2 a2 .

h = 2 . Tính thể tích V của khối nón.

Câu 28. C. 2 6 .

B. 2π r 2 h .

(Mã 102 - BGD - 2019) Thể tích của khối nón có chiều cao h và bán kính đáy A.

theo dây cung có độ dài bằng 1 . Khoảng cách từ tâm của đáy tới mặt phẳng ( P ) bằng

Câu 21.

Câu 26.

(CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cắt hình nón bằng một mặt phẳng qua trục của nó, ta được một thiết diện là một tam giác vuông cân cạnh bên a 2 . Tính diện tích toàn phần của hình nón.

A. π Câu 20.

là

) tạo với mặt phẳng đáy của hình

4 2 πr h . 3

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Thể tích khối nón có chiều cao h và bán kính đáy r là A.

(SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình nón tròn xoay có chiều cao bằng 4 và bán kính bằng 3. Mặt phẳng ( P ) đi qua đỉnh của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là một tam giác có độ dài cạnh

A. 4a Câu 19.

Câu 25.

SBC .

4a 2 2 B. 9

đáy bằng 2 . Diện tích của thiết diện bằng. A. 6 . B. 19 . Câu 18.

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Thể tích của khối nón có chiều cao h và bán kính đáy r là A.

cho trước

bởi mặt phẳng qua trục của nó, ta được một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng 2a 2. Biết một dây cung đường tròn của đáy hình nón sao cho mặt phẳng SBC

Câu 24.

B. V = 4π

C. V = 16π 3

D. V =

4π 3 . 3

4π . 3

2π 3 . 3

D. 4π 3.

(KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Cho khối nón tròn xoay có chiều cao và bán kính đáy cùng bằng a . Khi đó thể tích khối nón là A.

4 3 πa . 3

2 3 πa . 3

C. π a 3 .

1 3 πa . 3

16π 3 3 3

Câu 35.

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Cho khối nón có bán kính đáy r = 3 và chiều cao h = 4 . Tính thể tích V của khối nón đã cho. A. V = 16π 3

Câu 36.

B. V =

16π 3 3

C. V = 12π

D. V = 4π

A. Câu 42.

3π a 3 2 4

B. V = 3π a 3

C. V =

3π a 3 2 4

D. V = π a 3

Câu 37.

(THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho tam giác ABC vuông tại A , cạnh AB = 6 , AC = 8 và M là trung điểm của cạnh AC . Khi đó thể tích của khối tròn xoay do tam giác BMC quanh quanh AB là A. 86π B. 106π C. 96π D. 98π

Câu 38.

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Cho hình nón có bán kính đáy bằng 2 cm, góc ở đỉnh bằng 60° . Tính thể tích của khối nón đó. A.

8 3π cm 3 . 9

B. 8 3π cm 3 .

8 3π cm 3 . 3

1 . 8

1 . 27

1 . 3 3

Cho hinh chữ nhật ABCD có AB = 2, AD = 2 3 và nằm trong măt phẳng ( P ) . Quay ( P ) một vòng quanh đường thẳng BD . Khối tròn xoay được tạo thành có thể tích bằng

(KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Tính thể tích của hình nón có góc ở đỉnh bằng 60 o và diện tích xung quanh bằng 6π a 2 . A. V =

1 . 64

28π 9

28π 3

56π 9

56π 3

Câu 43.

(CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2 , AD = 2 3 và nằm trong mặt phẳng ( P ) . Quay ( P ) một vòng quanh đường thẳng BD . Khối tròn xoay được tạo thành có thể tích bằng 28π 28π 56π 56π A. . B. . C. . D. . 9 3 9 3

Câu 44.

= 90° , AB = BC = a , A= B (CỤM 8 TRƯỜNG CHUYÊN LẦN 1) Cho hình thang ABCD có AD = 2a . Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình thang ABCD xung quanh trục CD .

8π cm3 . 3

Câu 39.

(ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho tam giác ABC vuông tại A , AB = 6cm, AC = 8cm . Gọi V1 là thể tích khối nón tạo thành khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB V và V2 là thể tích khối nón tạo thành khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC . Khi đó, tỷ số 1 bằng: V2 3 4 16 9 B. . C. . D. . A. . 4 3 9 16

Câu 40.

(ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình nón N1 đỉnh S đáy là đường tròn C ( O ; R ) ,

7 2π a3 . 6

7 2π a3 . 12

7π a 3 . 6

7π a 3 . 12

đường cao SO = 40cm . Người ta cắt nón bằng mặt phẳng vuông góc với trục để được nón nhỏ N 2 có đỉnh S và đáy là đường tròn C ′ ( O′ ; R ′ ) . Biết rằng tỷ số thể tích

1 = . Tính độ dài đường cao nón VN1 8

VN2

Câu 45.

Câu 41.

B. 5cm .

C. 10cm .

D. 49cm .

(THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho một đồng hồ cát như bên dưới (gồm hai hình nón chung đỉnh ghép lại), trong đó đường sinh bất kỳ của hình nón tạo với đáy một góc 60 . Biết rằng chiều cao của đồng hồ là 30 cm và tổng thể tích của đồng hồ là 1000π cm 3 . Hỏi nếu cho đầy lượng cát vào phần bên trên thì khi chảy hết xuống dưới, tỷ số thể tích lượng cát chiếm chỗ và thể tích phần phía dưới là bao nhiêu?

AD ⊥ (ABC )

ABC là tam giác vuông tại B . Biết BC = 2(cm ) , AB = 2 3(cm ), AD = 6(cm ) . Quay các tam giác ABC và ABD ( bao gồm cả điểm bên trong 2 tam giác) xung quanh đường thẳng AB ta được 2 khối tròn xoay. Thể tích phần chung của 2 khối tròn xoay đó bằng

N2 . A. 20cm .

(KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Cho hình tứ diện ABCD có

5 3 3

π(cm 3 )

A. 3π(cm ) B. 2 C. Dạng 3. Khối tròn xoay nội, ngoại tiếp khối đa diện

Câu 46.

64 3 π(cm 3 ) 3 .

(MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Trong hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đều bằng a 2 . Tính thể tích V của khối nón đỉnh S và đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD A. V =

Câu 47.

3 3 π(cm 3 ) 2 .

2πa 3 2

B. V =

πa 3 2

C. V =

πa 3 6

D. V =

2 πa 3 6

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 3a . Hình nón ( N ) có đỉnh

A có đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD . Tính diện tích xung quanh S xq của ( N ) . A. S xq = 12π a 5

B. Sxq = 6π a

C. S xq = 3 3π a 2

D. S xq = 6 3π a 2 6

Câu 48.

(THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình lập phương

ABCD. A′B′C′D′ có cạnh a . Một khối nón có đỉnh là tâm của hình vuông ABCD và đáy là hình tròn nội tiếp hình vuông A′B′C ′D′ . Diện tích toàn phần của khối nón đó là π a2 π a2 π a2 π a2 A. Stp = 3 + 2 . B. Stp = 5 + 1 . C. Stp = 5 + 2 . D. Stp = 3 +1 . 2 4 4 2

(

Câu 49.

(

)

(

)

(

)

π a2 3

π a2 7

(MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hình nón qua trục của

π a2 7

1 8

( N ) có đường sinh tạo với đáy một góc 60° . Mặt phẳng

( N ) cắt ( N ) được thiết diện là một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1 . Tính

A. V = 9π

V = 3 3π

thể tích N1 .Tính chiều cao h của hình nón N 2 ? A. 10cm

V = 9 3π

D. V = 3π

Câu 56.

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60° . Tính diện tích xung quanh của hình nón đỉnh S , đáy là hình tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

πa 2 3 A. 3 Câu 52.

N 2 có thể tích bằng

π a 2 10

thể tích V của khối nón giới hạn bởi (N ) .

Câu 51.

Một vật N1 có dạng hình nón có chiều cao bằng (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) 40cm . Người ta cắt vật N1 bằng một mặt cắt song song với mặt đáy của nó để được một hình nón nhỏ

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60° . Tính diện tích xung quanh của hình nón đỉnh S , đáy là hình tròn ngoại tiếp tam giác ABC. A.

Câu 50.

)

Câu 55.

πa 2 7 B. 6

πa 2 7 C. 4

πa 2 10 D. 8

Câu 57.

C. 40cm

D. 5cm

(TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Cho một tấm bìa hình dạng tam giác vuông, biết b và c là độ dài cạnh tam giác vuông của tấm một khối tròn xoay. Hỏi thể tích V của khối tròn xoay sinh ra bởi tấm bìa bằng bao nhiêu? A. V =

(THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có độ dài cạnh đáy là a và ( N ) là hình nón có đỉnh là S với đáy là đường tròn ngoại tiếp tứ giác

B. 20cm

b2c 2 2

3 b +c

B. V =

π b2c 2 2

3 b +c

C. V =

2π b 2 c 2 2

3 b +c

D. V =

π b2c 2 3 2(b 2 + c 2 )

Một chiếc thùng chứa đầy nước có hình một khối lập phương. Đặt vào trong thùng đó một khối nón sao cho đỉnh khối nón trùng với tâm một mặt của khối lập phương, đáy khối nón tiếp xúc với các cạnh của mặt đối diện. Tính tỉ số thể tích của lượng nước trào ra ngoài và lượng nước còn lại ở trong thùng.

ABCD . Tỉ số thể tích của khối chóp S. ABCD và khối nón ( N ) là A. Câu 53.

π 2 . 2

2 . π

2 2 . π

(THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp đều S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a , cạnh bên tạo với đáy góc 45° . Thể tích khối nón ngoại tiếp hình chóp trên là: A.

Câu 54.

π . 4

8 3 πa 3 3

2 3 πa 3 3

3 C. 2πa 2

2 3 πa 2 3

(SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) , tứ giác ABCD là hình thang vuông với cạnh đáy AD , BC . AD = 3CB = 3a ,

AB = a , SA = a 3 . Điểm I thỏa mãn AD = 3 AI , M là trung điểm SD , H là giao điểm của AM và SI . Gọi E , F lần lượt là hình chiếu của A lên SB, SC . Tính thể tích V của khối nón có đáy là đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH và đỉnh thuộc mặt phẳng ( ABCD ) . 3

A. V =

πa . 5 5

B. V =

πa . 2 5

C. V =

πa

A. Câu 58.

D. V =

1 . 11

π 12

πa . 10 5

11 . 12

(THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Một cái phễu có dạng hình nón. Người ta đổ một lượng nước vào phễu sao cho chiều cao của lượng nước trong phễu bằng

π 12 − π

1 chiều cao của phễu. Hỏi 3

nếu bịt kín miệng phễu rồi lộn ngược phễu lên thì chiều cao của mực nước xấp xỉ bằng bao nhiêu? Biết rằng chiều cao của phễu là 15cm. A. 0,501( cm ) . B. 0,302 ( cm ) . C. 0,216 ( cm ) . D. 0,188 ( cm ) .

Dạng 4. Bài toán thực tế Câu 59.

(CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Hai hình nón bằng nhau có chiều cao bằng 2 dm được đặt như hình vẽ bên (mỗi hình đều đặt thẳng đứng với đỉnh nằm phía dưới). Lúc đầu, hình nón trên chứa đầy nước và hình nón dưới không chứa nước. Sau đó, nước được chảy xuống hình nón dưới 8

thông qua lỗ trống ở đỉnh của hình nón trên. Hãy tính chiều cao của nước trong hình nón dưới tại thời điểm khi mà chiều cao của nước trong hình nón trên bằng 1 dm. A. Câu 60.

Câu 61.

1 . 3

A. 15 m .

C. 5 3 m .

B. 10 m .

D. 5 5 m .

1 . 2

(CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Tại trung tâm thành phố người ta tạo điểm nhấn bằng cột trang trí hình nón có kích thước như sau: chiều dài đường sinh l = 10m , bán kính đáy R = 5m . Biết rằng tam giác SAB là thiết diện qua trục của hình nón và C là trung điểm của SB . Trang trí một hệ thống đèn điện tử chạy từ A đến C trên mặt nón. Xác định giá trị ngắn nhất của chiều dài dây đèn điện tử. A. 15 m. B. 10 m. C. 5 3 m . D. 5 5 m .

Câu 1.

PHẦN B. ĐÁP ÁN THAM KHẢO Dạng 1. Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, chiều cao, bán kính đáy, thiết diện Chọn B Diện tích xung quanh của hình nón là S xq = π rl .

(ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Một cái phểu có dạng hình nón, chiều cao của phểu là 20cm . Người ta đổ một lượng nước vào phểu sao cho chiều cao của cột nước trong phểu là 10cm . Nếu bịt kím miêng phểu rồi lật ngược lên chiều cao của cột nước trong phểu gần nhất với giá trị nào sau đây.

Câu 2. Ta có S xq = π Rl = π a a 2 + 4 a 2 = 5π a 2 (đvdt). Câu 3.

Chọn C Diện tích xung quanh của hình nón là: S xq = π rl = 4 3π .

A. 1,07cm .

B. 0,97cm .

C. 0,67cm .

Câu 4.

D. 0,87cm .

Chọn A 2

Diện tích xung quanh của hình nón là: S xq = π rl = π al = 3π a ⇒ l = 3a .

Dạng 5. Bài toán cực trị Câu 5. Câu 62.

(

)

Giả sử đồ thị hàm số y = m + 1 x − 2mx + m + 1 có 3 điểm cực trị là A, B , C mà x A < xB < xC . Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC ta được một khối tròn xoay. Giá trị của m để thể tích của khối tròn xoay đó lớn nhất thuộc khoảng nào trong các khoảng dưới đây: A. ( 4;6 ) . B. ( 2; 4 ) . C. ( −2;0 ) . D. ( 0; 2 ) .

Câu 63.

Khi cắt hình nón có chiều cao 16 cm và đường kính đáy 24 cm bởi một mặt phẳng song song với đường sinh của hình nón ta thu được thiết diện có diện tích lớn nhất gần với giá trị nào sau đây? B. 260 . C. 294 . D. 208 . A. 170 .

Câu 64.

Một hình nón tròn xoay có đường sinh 2a . Thể tích lớn nhất của khối nón đó là A.

Câu 65.

16π a 3 . 3 3

16π a 3 . 9 3

4π a 3 . 3 3

Chọn A Diện tích xung quanh hình nón: S xq = π rl với r = a ⇒ π .a.l = 3π a 2 ⇒ l = 3a . Câu 6.

2 6 π 3

π 3

π 2

Chọn B

8π a 3 . 3 3

(CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Huyền có một tấm bìa như hình vẽ, Huyền muốn biến đường tròn đó thành một cái phễu hình nón. Khi đó Huyền phải cắt bỏ hình quạt tròn AOB rồi dán OA , OB lại với nhau. Gọi x là góc ở tâm hình quạt tròn dùng làm phễu. Tìm x để thể tích phểu lớn nhất? A.

Câu 66.

Lời giải

Câu 7.

A 2

Xét tam giác ABC vuông tại A ta có BC = AC + AB = 4 a 2 ⇔ BC = 2 a Đường sinh của hình nón cũng chính là cạnh huyền của tam giác ⇔ l = BC = 2a . Chọn D

(CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Tại trung tâm một thành phố người ta tạo điểm nhấn bằng cột trang trí hình nón có kích thước như sau: đường sinh l = 10m, bán kính đáy R = 5m. Biết rằng tam giác SAB là thiết diện qua trục của hình nón và C là trung điểm của SB. Trang trí một hệ thống đèn điện tử chạy từ A đến C trên mặt nón. Định giá trị ngắn nhất của chiều dài dây đèn điện tử. 9

2 2 Ta tính được OM = OA − MA = a suy ra SOM là tam giác vuông cân tại O , suy ra K là trung

điểm của SM nên OK = Câu 12.

SM a 2 = 2 2

Chọn A

Ta có tam giác SAB vuông cân tại S có SA = a. Khi đó: R = OA =

a 2 a 2 π a2 2 , l = SA = a. Nên S xq = π Rl = π . .a = . 2 2 2 A

O O

Câu 8.

Ta có: S xq = π rl = π .a.2a = 2π a . Câu 9. Câu 10.

Câu 11.

Gọi K là trung điểm của AB ta có OK ⊥ AB vì tam giác OAB cân tại O Mà SO ⊥ AB nên AB ⊥ ( SOK ) ⇒ ( SOK ) ⊥ ( SAB ) mà ⇒ ( SOK ) ∩ ( SAB ) = SK nên từ O dựng

3π a 2 S xq = π Rl ⇒ l = = = 3a . πR πa S xq

OH ⊥ SK thì OH ⊥ ( SAB ) ⇒ OH = d ( O, ( SAB ) )

1 Thể tích của khối nón được tính bởi công thức V = π R 2 h ( R là bán kính đáy, h là độ dài đường cao 3 của khối chóp). 1 Theo bài ra: V = 4π , h = 3 nên ta có 4π = π R 2 .3 ⇔ R 2 = 4 ⇔ R = 2 . 3 Vậy R = 2 . Chọn C

= Xét tam giác SAB ta có: sin SAB

Có ( P ) ≡ ( SAB ) .

Câu 13. Giả sử hình nón có đỉnh là S , O là tâm của đường tròn đáy và AB là một đường kính của đáy.

= Xét tam giác SAO ta có: sin SAO

SO SA ⇒ SO = SA 2

SK SA 3 ⇒ SK = SA 2 1 1 1 1 1 Xét tam giác SOK ta có: = + = + OH 2 OK 2 OS 2 SK 2 − SO 2 SO 2 1 1 1 4 2 6 3 ⇒ = + = + ⇒ 2 = 2 ⇒ SA = 2a 2 ⇒ SA = a 2 OH 2 SA2 3SA2 SA2 SA2 SA2 SA a − 4 4 4 S 60°

Ta có SO = a = h , OA = OB = r = 2 a , AB = 2a 3 , gọi M là hình chiếu của O lên AB suy ra M là

( (

trung điểm AB , gọi K là hình chiếu của O lên SM suy ra d O; SAB

) ) = OK . 11

ASB = 60° ⇒ ASO = 30° . r = OA = a , OA Độ dài đường sinh là l = SA = = 2a . sin 30° 12

Ta chứng minh được OH ⊥ ( SAB ) ⇒ OH = 12 .

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là S xq = π rl = π .a.2a = 2π a . A

Xét tam giác vuông SOI có

1 1 1 1 1 1 1 1 1 = + ⇒ 2 = − = . = − OI OH 2 OS 2 122 202 225 OH 2 OS 2 OI 2

⇒ OI 2 = 225 ⇒ OI = 15 . Xét tam giác vuông SOI có SI = OS 2 + OI 2 = 20 2 + 152 = 25 . Xét tam giác vuông OIA có IA = OA2 − OI 2 = 252 − 152 = 20 ⇒ AB = 40 . H

Ta có S = S∆ABC =

1 1 AB.SI = .40.25 = 500 . 2 2

x Câu 14.

AB 2 − HB 2 = a 3

Xét tam giác AHB vuông tại H . Ta có AH =

AH .HB a 3.a a 3 = = AB 2a 2 Khi tam giác AHB quay quanh trục AB thì đường gấp khúc AHB vẽ thành mặt tròn xoay (có diện tích xung quanh là S ) là hợp của hai mặt xung quanh của hình nón (N1) và (N2). Xét tam giác AHB vuông tại H , HI ⊥ AB tại I ta có HI =

Trong đó: (N1) là hình nón có được do quay tam giác AHI quanh trục AI có diện tích xung quanh là

S1 = π.HI.AH = π .

3π a a 3 .a 3 = 2 2

Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác vuông cân, suy ra r = SO = a 2

(

Trong tam giác

3π a 2 a 3 S 2 = π.HI.BH = π . .a = 2 2

Câu 15.

(

SIO = 600

)

Ta có góc giữa mặt phẳng SBC tạo với đáy bằng góc

(N2) là hình nón có được do quay tam giác BHI quanh trục BI có diện tích xung quanh là

)

3 + 3 π a2 3π a 2 3π a 2 + = . 2 2 2 Giả sử hình nón đỉnh S , tâm đáy O và có thiết diện qua đỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toán là ∆SAB (hình

⇒ S = S1 + S2 =

Câu 16.

SIO

Mà BC = 2 r − OI

Diện tích tam giác

vẽ). S

vuông tại O có SI =

SBC

SO sin SIO

2 6 = 6a a và OI = SI . cos SIO 3 3

4 3 a 3

là S =

1 4a 2 2 SI .BC = 2 3

A Ta có SO là đường cao của hình nón. Gọi I là trung điểm của AB ⇒ OI ⊥ AB .

Câu 17. Ta có: h = OI = 4, R = IA = IB = 3, AB = 2 .

Gọi H là hình chiếu của O lên SI ⇒ OH ⊥ SI .

Gọi M là trung điểm AB ⇒ MI ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( SMI ) ⇒ AB ⊥ SM . 13

Lại có: SB = OI 2 + IB 2 = Vậy: S∆SAB = Câu 18.

4 2 + 32 = 5 ; SM = SB 2 − MB 2 = 52 − 12 = 2 6 .

ta có IO =

1 1 .SM . AB = .2 6.2 = 2 6 . 2 2

3 1 . R 2 − OA2 = 12 −   = 2 2

1 1 1 OI .SO 21 . = + ⇒ OK = = OK 2 OI 2 OS 2 7 OI 2 + OS 2

Giả sử hình nón đã cho có độ dài đường sinh l , bán kính đáy là R . Thiết diện của hình nón qua trục là tam giác OAB vuông cân tại O và OA = a 2 . Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông cân OAB ta có:

Câu 21.

Chọn B

AB2 = OA2 + OB2 = 4a 2 ⇒ AB = 2a . Vậy: l = a 2, R = a . Diện tích toàn phần của hình nón là:

(

STP = S xq + S§¸ y = π Rl + π R 2 = π a 2

)

2 + 1 (đvdt). Câu 19.

C' a

Gọi I là trung điểm AB .

 AB ⊥ SO ⇒ AB ⊥ ( SOI ) ⇒ ( SAB ) ⊥ ( SOI ) .  AB ⊥ OI

Ta có  A a 2

C a

Trong ( SOI ) , kẻ OH ⊥ SI thì OH ⊥ ( SAB ) .

⇒ d ( O; ( SAB ) ) = OH .

Quay tam giác AA ' C một vòng quanh trục AA ' tạo thành hình nón có chiều cao AA ' = a , bán kính đáy

 8.5  2  − 5 = 39 .  5 

r = AC = a 2 , đường sinh l = A ' C = AA '2 + AC 2 = a 3 .

(

) (

Diện tích toàn phần của hình nón: S = π r ( r + l ) = π a 2 a 2 + a 3 = π Câu 20.

Ta có: SO = SA2 − OA2 = 

)

6 + 2 a2 .

 4.5   = 3.  5 

Chọn D

Ta có: OI = OA2 − AI 2 = 52 −  Tam giác vuông SOI có:

(

)

1 1 1 3 13 = + ⇒ OH = . OH 2 OI 2 SO 2 4

Vậy d O; ( SAB ) = OH = Câu 22.

3 13 . 4

Dạng 2. Thể tích Chọn B

1 3

2 Thể tích của khối nón có chiều cao h và có bán kính đáy r là V = π r h .

Câu 23.

Chọn B

1 3

Ta có l = h = 1

1 3

Ta có V = π .r 2 .h = π

Mặt phẳng ( P ) qua đỉnh của hình nón và cắt đáy theo dây cung AB có độ dài bằng 1 . I , K là hình

Câu 24.

chiếu O lên AB ; SI . Ta có AB ⊥ ( SIO ) ⇒ OK ⊥ ( SAB )

( 3 ) .4 = 4π .

Chọn C

1 3

Thể tích của khối nón có chiều cao h và bán kính đáy r là: V = π r 2 h . Câu 25. 15

Chọn A 16

Lý thuyết thể tích khối nón.

2 2 Chiều cao khối nón đã cho là h = l − r = a 3

Câu 26.

1 3

Lời giải Thể tích của khối nón có chiều ều cao h và bán kính đáy

1 3

Thể tích khối nón đã cho là: V = π r 2 h = π a 2 .a 3 =

Chọn D Câu 33.

1 3

r là V = π r 2h

Chọn A

1 3

Khối nón có thể tích là V = π r 2 h = Câu 34.

3π a 3 . 3

4π 3 3

Chọn D

1 3

Khối nón có bán kính đáy R = a . Diện tích đáy S = π a 2 . Thể tích khối nón là V = π a 3 . Câu 35.

1 1 V = πr 2 h = π.3.4 = 4π . 3 3

Câu 27.

1 3

Chọn D

Thể tích khối nón: V = π .r .h =

Câu 36.

9π 2 3

Chọn B Khối nón có góc ở đỉnh bằng 60 o nên góc tạo bởi đường sinh và đáy bằng 60 o.

l 2 2 2 ; lại có S xq = π Rl = π R.2 R = 6π a nên R = a 3 ; vậy h = l − R = R 3 = 3a 2 1 Vậy V = π R 2 h = 3π a 3 . 3

Vậy R =

Câu 28.

1 1 V = π r 2 h = π b2c . 3 3 Câu 29.

Chọn A Ta có Sxq = 15π ⇒ π rl = 15π ⇔ l = 5 ⇒ h = 4.

1 3

Vậy V = π r h = 12π . Câu 37. Khi tam giác BMC quanh quanh trục AB thì thể tích khối tròn xoay tạo thành là hiệu của thể tích khối nón có đường cao AB , đường sinh BC và khối nón có đường cao AB , đường sinh BM . Nên

1 1 1 AB.π . AC 2 − AB.π . AM 2 = AB.π . AC 2 = 96π . Đáp án C 3 3 4 A

Câu 30. 2 2 2 2 Gọi h là chiều cao khối nón ⇒ h = l − r = 25 − 15 = 20 .

1 1 ⇒ V = π r 2 h = .π .152.20 = 1500π . 3 3 Câu 31.

Chọn D Ta có AC = AB.cot 30 o = a 3 . Vậy thể tích khối nón là : V =

Câu 32.

Câu 38. Cắt hình nón bởi một mặt phẳng đi qua trục, ta được thiết diện là tam giác ABC cân tại đỉnh A của hình nón.

1 2 πa3 3 πa .a 3 = . 3 3

= 60° , suy ra HAC = 30° . Bán kính đáy R = HC = 2 cm. Do góc ở đỉnh của hình nón là BAC

Chọn A 17

Xét ∆ AHC vuông tại H , ta có AH =

1 3

HC 2 = = 2 3 cm. 1 tan 30° 3

Thể tích của khối nón: V = π R . AH =

Suy ra Câu 41.

8 3π cm3 . 3

1 SO ′ 1 = ⇒ SO′ = .40 = 20 cm . Do đó chọn SO 2 2

Do đường sinh bất kỳ của hình nón tạo với đáy một góc 60 .

′ = OBI = 60 , khi đó ta có mối liên hệ: h = 3r , h = 3r . Suy ra: OAI 1 1 2 2

1 3

Theo đề ta có: V = V1 + V2 = π ( h1r12 + h2 r22 ) = l

1 π ( h13 + h23 ) = 1000π . 9

Mà: ( h13 + h23 ) = ( h1 + h2 ) − 3 ( h1 + h2 ) .h1h2 ⇒ h1 .h2 = 200 .

h=8

h=6

Chọn B Gọi r1 , h1 , r2 , h2 lần lượt là bán kính, đường cao của hình nón trên và hình nón dưới.

 h1 = 10 .  h2 = 20

Kết hợp giả thiết: h1 + h2 = 30 ta được 

r=6=

r=8 C

Từ đó tỉ lệ cần tìm là

Câu 39. Ta có công thức tính thể tích khối nón có chiều cao h và bán kính

Câu 42.

1 3

r là V = π r 2 h

V1 (10 3 ) .h1 1 1 1 = = . = . V2 ( 20 3 )2 .h 4 2 8 2

Chọn C

+ Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB thì:

1 3 + Khi quay tam giác ABC quanh cạnh AC thì: 1 h = AC = 8cm và r = AB = 6cm thì V2 = π .62.8 = 96π 3 V1 4 Vậy: = đáp án B. V2 3

2 h = AB = 6cm và r = AC = 8cm thì V1 = π .8 .6 = 128π

A' A

R' O'

C Khối nón đỉnh D , tâm đáy I có thể tích V1 Ta có BD = 4 mà IC '.BD = BC '.C'D ⇒ IC' = 3

R B

Câu 40.

DC '2 1 = 1 nên V1 = π .IC '2 .ID = π BD 3 Khối nón cụt có tâm đáy J , I có thể tích V2 ID =

1 1 Ta có: VN1 = π R 2 .SO , VN 2 = π R ′2 .SO ′ . 3 3 Mặt khác, ∆SO ′A và ∆SOB đồng dạng nên Suy ra:

VN 2 VN1

R′ SO′ . = R SO

JE DJ 2 2 3 = = ⇒ JE = IC ' DI 3 3 1 19π 2 2 V2 = π IC ' .DI − JE .DJ = 3 9

Ta có DI = 3, DJ = 2 ,

R ′2 .SO′  SO ′  1 =  = R 2 .SO  SO  8

(

)

Vậy thể tích cần tìm là V = 2 (V1 + V2 ) = Câu 43.

56 π . Đáp án 9

Vậy V = 2V1 − V2 = 2.4π −

16π 56π . = 9 9

Cách 2: Lưu Thêm Gọi điểm như hình vẽ

Cách 1:

Gọi A ' , C′ lần lượt đối xứng với A , C qua BD , G = BC '∩ AD , G′ đối xứng với G qua BD . E = AA '∩ BD , F = GG '∩ BD ⇒ F là trung điểm BD .

V1 ,V2 lần lượt là thể tích khói nón, nón ccụt nhận được khi quay tam giác ABH và tứ giác AHLT quay

Gọi V là thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình chữ nhật ABCD quanh đường thẳng BD .

V1 là thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay tam giác BAD quanh cạnh BD (cũng là thể tích của khối tròn xoay khi quay tam giác BCD quanh cạnh BD ).

BD . Ta có: AH = 3, I L =

, BH = HL = 1 .

1

V1′ , V1′′ lần lượt là thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay ∆BAE , ∆EAD quanh cạnh

(

)

Ta có: V = 2 (V1 + V2 ) = 2  BH .π . AH 2 + HL.π . IL2 + IL. AH + AH 2  3 3 

BD . V2 là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay ∆BGD quanh cạnh BD .

1 1 4   56π . = 2  .1.π .3 + .1.π .  + 2 + 3   = 3 9 3   3`

V2′ là thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay ∆BGF quanh cạnh BD . Ta có V1′ là thể tích của khối nón đỉnh B , bán kính đáy AE . Tính được AE =

AB. AD

AB 2 + AD 2

1 1 ⇒ V1′ = π . AE 2 .BE = π 3 3

2.2 3

= 2

(

2 + 2 3

( 3)

)

= 3 , BD = 4 , BE = 1 , DE = 3 .

=π .

Ta có V1′′ là thể tích của khối nón đỉnh D , bán kính đáy AE .

1 1 ⇒ V1′′ = π . AE 2 .DE = π 3 3

( 3 ) .3 = 3π .

Suy ra V1 = V1′ + V1′′ = π + 3π = 4π . Ta có V2′ là thể tích của khối nón đỉnh B , bán kính đáy GF .

Câu 44.

Ta chứng minh được ∆BGF ~ BDC′ (g – g).

⇒

4.2 2 GF BF BF .DC ′ BD.DC ′ = ⇒ GF = = = = . DC ′ BC ′ BC ′ 2 BC ′ 2.2 3 3 2

1  2  1 8π .2 = . V2′ = π .GF 2 .BF = π .  3  3  3 9 16π Ta có V2 = 2V2′ = . 9 21

Phần thể tích chung của 2 khối tròn xoay là phần thể tích khi quay tam giác △ AMB xung quanh trục AB. Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay khi quay tam giác △BMN xung quanh AB Và V2 là thể tích khối tròn xoay khi quay tam giác △ AMN xung quanh AB Dễ tính được: V1 = Câu 46.

3 3π 9 3π 3 3π (dvtt ) và V2 = (dvtt ) ⇒ V1 + V2 = (dvtt ) . Chọn 8 8 2

Dạng 3. Khối tròn xoay nội, ngoại tiếp khối đa diện Chọn C Gọi O = AC ∩ BD ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) . Lại có

AC = a ⇒ SO = SA2 − OC 2 = a . 2 AB a = Bán kính r = . Suy thể tích khối nón là: 2 2 OC =

Gọi E là giao điểm của AB và CD . Gọi F là hình chiếu vuông góc của B trên CE . Ta có: ∆ BCF = ∆ BEF nên tam giác ∆ BCF và ∆ BEF quay quanh trục CD tạo thành hai khối nón

1  a  πa3 V = π .  .a = 3  2 6

bằng nhau có thể tích V1 .

∆ ADC = ∆ AEC nên tam giác ∆ ADC và ∆ AEC quay quanh trục CD tạo thành hai khối nón bằng nhau có thể tích V . Nên thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình thang ABCD xung quanh trục CD bằng:

1 2V − 2V1 = 2. π ( CD. AC 2 − CF .BF 2 ) 3 Câu 45.

2  = π a 2 3 

(

)

Câu 47.

Chọn C A

 a   7 2π a3 − .  = 6  2   3

Chọn C

B O

M D

Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD . Ta có BM =

3a 3 2 2 3a 3 ; r = BM = . =a 3. 2 3 3 2

S xq = π .r.l = π r. AB = π a 3.3a = 3 3.π a 2 . Câu 48.

Chọn B

(

Gọi {M } = BD ∩ AC và N là hình chiếu của M trên AB. Dễ dàng chứng minh được tỉ lệ:

MN AN MN BN AN 3 BN 1 (1) AD AN = = (1) ; và (2) ⇒ = = =3⇒ = ; = AB 4 AB 4 BC AB AD AB (2) BC BN ⇒ AN =

)

Dễ thấy AD ⊥ ABC ⇒ AD = R1

a A′

3 3 3 3 ; BN = ; MN = 2 2 2

B′

D′ O′ a

C′ 24

áy là r = Bán kính của đường tròn đáy Diện tích đáy nón là: S1 = π r 2 =

= 60° nên ∆SAB đều. Do đó tâm I của đường tròn nội tiếp ∆SAB cũng Ta có ∆SAB cân tại S có A

a . 2

π a2 4

Độ dài đường sinh là l = a 2 + r 2 =

là trọng tâm của ∆SAB .

Suy ra SH = 3IH = 3. Mặt khác SH =

a 5 . 2

Do đó

Diện tích xung quanh của khối ối nón là: S 2 = π rl =

πa

Vây, diện tích toàn phần củaa khố khối nón đó là: Stp = S1 + S 2 =

Câu 51.

πa 4

(

AB 3 ⇒ AB = 2 3 ⇒ R = 3 ⇒ SĐáy = πR 2 = 3π. áy 2

1 1 V = SH.SĐáy = 3.3π = 3π. 3 3

Chọn B

)

5 +1 .

A C

O M

Câu 49.

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ti tam giác ABC, M là trung điêmt cạnh BC , ta có OM =

OA =

a 3 , 6

a 3 = 60 và SMO 3

= 600 . Gọi E là trung điểm BC . Theo giả thiết SEA

a 3 a a2 a2 a 7 Trong tam giác vuông SMO : SO = OM .tan 60 = . . 3 = ⇒ SA = + = 6 2 4 3 2 3 0

Vậy S xq = π .OA.SA = π . Câu 50.

Suy ra: SA =

a 3 a 7 π a2 7 . . = 3 2 3 6

a 7 =l. 2 3

S xq = πRl = π.

Chọn D

Câu 52.

a 3 a 7 πa 2 7 . = 3 2 3 6

Gọi h là chiều cao của khối ối chóp và đồng thời là đường cao của khối nón. Thể tích của khối chóp là V1 =

1 2 a h. 3

Bán kính của đường tròn ngoại ti tiếp đáy ABCD là r =

1 3

Thể tích của khối nón là V2 = π.

AC a 2 . = 2 2

a2 .h . 2

Tỉ số thể tích của khối chóp S.ABCD và khối nón ( N ) là

= 60° Hình nón ( N ) có đường sinh tạ tạo với đáy một góc 60° nên SAH

Câu 53.

V1 2 = . V2 π

Chọn D

 EA ⊥ EF ⇒ K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ∆EFH .  AH ⊥ FH

Vì 

Ta có: AF = 45°

A D

B Suy ra bán kính đáy của khối nón là R =

1 a 6 . AF = 2 2 5

Gọi O là tâm hình vuông ABCI .

đều, gọi O = AC ∩ BD Ta có S. ABCD là hình chóp đề

 SC ⊥ ( EFH ) ⇒ OK ⊥ ( EFH ) ⇒ O là đỉnh của khối nón. OK //SC

= 45° ⇒ Góc giữa cạnh bên với mặt đđáy là SBO

Do 

ABCD là hình vuông cạnh 2a ⇒ BD = 2 2a Khối nón ngoại tiếp hình chóp S. ABCD có bán kính đường tròn đáy R =

BD =a 2 2

Chiều cao của khối nón là h =

∆SOB vuông cân tại O

1 3

1 6 1 1 a 2a 2 − a 2 = . FC = AC 2 − AF 2 = 2 5 2 2 5 1 3

a 6 a π a3 = .  . 5 10 5 2 5

Vậy thể tích khối nón là V = .π R 2 .h = .π .  

⇒ Chiều cao khối nón h = SO = OB = 2a 2 1 1 2 ⇒ Thể tích khối nón là: V = πR 2 h = π a 2 .a 2 = πa 3 2 . 3 3 3

(

a 3.a 2 a 6 SA. AC . = = SC a 5 5

)

Câu 55.

Dạng 4. Bài toán thực tế Chọn B

Gọi r1 = BE , h1 = AB lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình nón N1 Gọi r2 = CD , h = AC lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình nón N 2 Khi đó thể tích của hai khối nón lần lượt là

Câu 54.

1 V1 = πr12 h1 3 1 V2 = πr22 h 3

Nhận xét: Tứ giác ABCI là hình vuông. Dễ chứng minh BC ⊥ ( SAB ) và BI ⊥ SC .

 EA ⊥ SB ⇒ EA ⊥ ( SBC ) ⇒ EA ⊥ SC .   EA ⊥ BC  EA ⊥ SC ⇒ SC ⊥ ( AEF ) .   FA ⊥ SC

Theo đề bài ta có

1 2 πr h  2 V2 3 2 r h 1 = =  2  . = (1) V1 1 πr 2 h  r1  h1 8 1 1 3 Xét hai tam giác đồng dạng ACD, ABE có:

SE SA 3 = = . SB SB 2 4 HS SH 3 HS AI MD Trong tam giác SAD có =1 ⇒ =3 ⇒ = . . . HI SI 4 HI AD MS SE SH 3 Trong tam giác SBI có = = ⇒ EH //BI . Do BI ⊥ SC nên EH ⊥ SC . SB SI 4 Suy ra các điểm A, E , F , H cùng thuộc mặt phẳng đi qua A và vuông góc với SC . Gọi K là trung điểm AF . Trong tam giác vuông SAB có

r AC CD h = ⇔ 2 = AB BE r1 h1

( 2) 3

h 1 h 1 1  = ⇔ = ⇔ h = h1 = 20 h1 2 2  h1  8

Từ (1) và ( 2 ) suy ra  27

Gọi h1 là chiều cao của nước ta có h1 =

có:

h1 r1 1 h h r h r = ⇒ r1 = r ; 2 = 2 ⇔ 2 = ⇔ h2 = r2 . h r 3 r2 r h h r

Ta có thể tích của nước trước và sau khi lôn ngư ng ợc là như nhau:

h1.π r12 = h.π r 2 − h2 .π r2 2 ⇔ h2 =

Câu 56. Gọi tam giác vuông là ABC , kẻ AH ⊥ BC , H là chân đường cao. Khi đó

1 h . Từ hình vẽ ta 3

1 1 1 h1. 5. .152 h1. r 2 h3 153 h3 1 9 9 ⇔ h2 = 2 − 9 2 ⇔ h2 = 2 − 2 ⇔ h2 = 2 − ⇔ h2 3 = 153 − 5. .152 1 2 r h2 h h 9 h2 2 2 2 h2 h2 h2 h2 ⇔ h23 = 3250 ⇔ h2 = 3 3250 Vậy bịt kín miệng phễu rồi lộn ngược phễu lên thì chiều cao của mực

1 1 1 bc = + ⇒ AH = AH 2 AB 2 AC 2 b2 + c 2

Thể tích khối tròn xoay cần tính bằng tổng thể tích 2 khối nón tạo bởi hai tam giác vuông ACH và ABH khi quay quanh trục BC .

1 3 1 Khối nón tạo bởi tam giác vuông ABH khi quay quanh trục BC có thể tích V2 = π BH . AH 2 3

Khối nón tạo bởi tam giác vuông ACH khi quay quanh trục BC có thể tích V1 = π CH . AH 2

hπ r 2 − h1π r12 hr 2 − h1.r12 hr 2 h .r 2 ⇔ h2 = ⇔ h2 = 2 − 1 21 2 2 π r2 r2 r2 r2

nước xấp xỉ bằng: 0,188 ( cm ) . Câu 59.

Thể tích khối tròn xoay cần tính là:

1 1 V = V1 + V2 = π CH . AH 2 + π BH . AH 2 3 3 π b2c 2 1 1 bc 2 2 2 = π BC. AH = π b + c .( )2 = 3 3 3 b2 + c2 b2 + c2 Câu 57.

Chọn A Coi khối lập phương có cạnh 1 . Thể tích khối lập phường là V = 1 . Từ giả thiết ta suy ra khối nón có chiều cao h = 1 , bán kính đáy r =

Gọi a là bán kính đáy hình nón; V1 ,V2 lần lượt là thể tích của hình nón trên lúc chứa đầy nước và khi chiều cao của ủa nước bằng 1 dm;

1 . 2

h, V3 lần lượt là chiều cao của ủa nước, thể tích của hình nón dưới khi chiều cao của ủa nước trong hình nón trên bằng 1 dm; R, r lần lượt là bán kính của hình nón trên của nước, bán kính của hình nón dưới củ của nước khi chiều cao của nước trong hình nón trên bằng ằ 1 dm.

Thể tích lượng nước trào ra ngoài là thể tích V1 của khối nón.

1 3

1 4

Ta có: V1 = π r 2 h = π . .1 =

π 12

Thể tích lượng nước còn lại trong thùng là: V2 = V − V1 = 1 −

Ta có:

π 12 − π . = 12 12

R 1 a = ⇒R= . a 2 2 2

Thể tích nước của hình nón trên khi chiều cao bằng 1 là V2 = 13 .1.π ( 12 a ) =

V π Do đó: 1 = . V2 12 − π

Mặt khác:

Câu 58.

π a2 12

r h ah = ⇒r= . a 2 2

Do đó thể tích nước hình nón dưới V3 = 13 .h.π ( 2h a ) =

π a 2 h3 12

m m2 m m2 ;- 2 + m2 + 1) ; B(0; m 2 + 1) ; C ( ;- 2 + m2 + 1) . 2 m +1 m +1 m +1 m +1 + Quay ∆ABC quanh AC thì được khối tròn xoay có thể tích là:

A(−

Thể tích nước của hình nón trên khi đầy nước V1 = 13 .2.π a 2 . Lại có: V3 = V1 − V2 ⇒ Câu 60.

π a 2 h3 12

= 13 .2.π a 2 −

π a2 12

⇔ 1 + h3 = 8 ⇔ h = 3 7.

• Cắt hình nón theo hai đường sinh SA, SB rồi trải ra ta được hình (H2) như sau:

S 5m

10m

1 2 2  m2  m 2 V = 2. .π r 2 h = π BI 2 . IC = π  2 = π  . 3 3 3  m +1 m2 + 1 3

+ Xét hàm số f ( x) =

Khi đó, chiều dài dây đèn ngắn nhất là độ dài đoạn thẳng AC trên hình H2.

1 • Chu vi cung tròn AB : C = .2π .5 = 5π .

Có: f '( x) =

⇒ ∆SAC vuông tại S.

Chọn D

)

; f ′( x ) = 0 ⇔ m = 3 (m > 0) .

f ′( x)

R là bán kính của đáy chứa cột nước 2

Gọi R là bán kính đáy của cái phểu ta có

)

Ta có BBT:

⇒ AC = SA2 + SC 2 = 10 2 + 55 = 5 5 m . Câu 61.

m8 (9 - m 2 )

m9 2

1 1 R 35 2 2 πR . Ta có thể tích phần nón không chứa nước là V = π ( R ) .20 − π   .10 = 3 3 2 6 Khi lật ngược phểu Gọi h chiều cao của cột nước trong phểu.phần thể tích phần nón không chứa nước là 2

 R ( 20 − h )  1 1 3 π ( 20 − h ) R 2 . V = π ( 20 − h )   = 3 20   1200

f ( x)

+∞

3 –

max

Vậy thể tích cần tìm lớn nhất khi m = 3 .

1 35 3 3 π ( 20 − h ) R 2 = π R 2 ⇒ ( 20 − h ) = 7000 ⇒ h ≈ 0,87 1200 6 Câu 62.

Dạng 5. Bài toán cực trị Chọn B

y′ = 4(m2 + 1) x3 − 4mx = 4x (m2 + 1) x2 - m x = 0

+ y′ = 0 ⇔ 4 x ( m 2 + 1) x 2 - m  = 0 ⇔ 

m x = ± (m > 0)  m2 + 1 + Với m > 0 thì đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị (với x A < xB < xC ) là:

Câu 63. Cắt hình nón bởi một mặt phẳng song song với đường sinh của hình nón ta thu được thiết diện là một parabol.

Xét dây cung bất kỳ chứa đoạn KH như hình vẽ, suy ra tồn tại đường kính AB ⊥ KH , trong tam giác SAB , KE / / SA, E ∈ SB , Suy ra Parabol nhận KE làm trục như hình vẽ chính là một thiết diện thỏa yêu

cầu bài toán. (Thiết diện này song song với đường sinh SA ) Đặt BK = x (với 0 < x < 24 ).

Trong tam giác ABH có: HK = BK . AK = x ( 24 − x ) . Trong tam giác SAB có:

4 KH .KE . 3

16 16 25 x 2 100 10 . ( 24 x3 − x 4 ) ⇒ S = . 24 x3 − x 4 KH 2 .KE 2 = .x ( 24 − x ) . = 9 9 36 81 9 3

x = 0 .  x = 18

2 3 Ta có: f ' ( x ) = 72 x − 4 x . Suy ra f ' ( x ) = 0 ⇔ 72 x − 4 x = 0 ⇔ 

y′ = 0 ⇔ 2.R 2 − 3r 2 = 0 ⇔ r =

Bảng biến thiên:

Vậy thiết diện có diện tích lớn nhất là:

R2 x xR 2π r ⇒r= là bán kính của đáy phểu; ⇒ x = 2 2π R

1 1 1 V = π r 2 h = π r 2 R 2 − r 2 = π r 4 .R 2 − r 6 là thể tích của phểu 3 3 3 4 2 6 3 2 5 Xét hàm số phụ y = r .R − r ⇒ y′ = 4r .R − 6r

B;A

Ta có diện tích của hình phểu S xq =

Đặt f ( x ) = 24 x − x , với 0 < x < 24 . 2

R B

KE BK BK 5x . = ⇔ KE = .SA ⇔ KE = SA BA BA 6

Thiết diện thu được là một parabol có diện tích: S = 2 Ta có: S =

6 R 3

10 34992 ≈ 207,8 cm 2 9

Fb: Bi Trần Câu 64. Gọi hình nón tròn xoay có đường sinh l = 2a có bán kính đáy là R và đường cao là h .

1 3

Vậy y max thì V và V max khi r =

Thể tích khối nón: V = π R 2 h . Ta có: R 2 + h 2 = 4a 2 . Áp dụng bất đẳng thức Cô si: 4a 2 = R 2 + h 2 =

⇒

R 6 2π r 2π R 6 2π 6 ⇔ x= ⇔ x= ⇔x= 3 R 3R 3

R2 R2 R 4h2 + + h2 ≥ 3 3 . 2 2 4

R 4 h 2 64 6 1 16π 3 3 ≤ a ⇒ π R2h ≤ a . 4 27 3 27

 2 3  R2 a h = = h2   3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  2 . ⇔ h 2 + R 2 = 4 a 2 R = 2 6 a   3 Khi đó Vmax = Câu 65.

16π 3 3 a . 27

Chọn A Câu 66. Ta có: ∆SAB cân và SB = AB ⇒ ∆SAB đều

( )

Diện tích xung quanh hình nón là S xq = πRl = 50 π m 2 33

diện là một Elip Vẽ ( P ) đi qua C và vuông góc với AB. Mặt phẳng ( P ) cắt hình nón theo thiết diệ Khi đó, chiều dài dây đèn điện tử ngắn nhất chính là chiều dài dây cung AC trên Elip. * Ta dùng phương pháp trải hình ra sẽ thấy ngay như sau

Hình trải dài là một hình quạt với vớ AB là độ dài nửa đường tròn và AB = R.π = 5π ( m )

S ABS =

1 ASB.πR12 360.25π S = 25π ⇔ = 25π ⇔ ASB = = 900 π.10 2 2 360

2 2 Vậy ∆SAC vuông tại S và AC = SA + SC = 5 5.

CHUYÊN ĐỀ 15

Câu 6.

HÌNH TRỤ, KHỐI TRỤ

(THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Cắt một khối trụ bởi một mặt phẳng qua trục của nó ta được thiết diện là một hình vuông có cạnh bằng 3a . Tính diện tích toàn phần của khối trụ. A. S tp =

MỤC LỤC PHẦN A. CÂU HỎI......................................................................................................................................................... 1

13a 2π . 6

B. Stp = a 2π 3 .

C. Stp =

a 2π 3 . 2

D. Stp =

27 a 2π . 2

Câu 7.

(THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 4π a 2 và bán kính đáy là a . Tính độ dài đường cao của hình trụ đó. A. a . B. 2a . C. 3a . D. 4a .

Câu 8.

Dạng 4. Bài toán thực tế ............................................................................................................................................... 5

(THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Một hình trụ có bán kính đáy bằng 2cm và có thiết diện qua trục là một hình vuông. Diện tích xung quanh của hình trụ là

Dạng 5. Bài toán cực trị................................................................................................................................................ 8

A. 8p cm

Dạng 1. Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, chiều cao, bán kính đáy, thiết diện............................................. 1 Dạng 2. Thể tích ........................................................................................................................................................... 3 Dạng 3. Khối tròn xoay nội, ngoại tiếp khối đa diện ................................................................................................... 4

PHẦN B. ĐÁP ÁN THAM KHẢO ................................................................................................................................. 9

Câu 9.

Dạng 1. Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, chiều cao, bán kính đáy, thiết diện............................................. 9 Dạng 2. Thể tích ......................................................................................................................................................... 14 Câu 10.

13π a 2 . 6

Câu 11.

B. Stp = 6π .

Câu 2.

4 πrl 3

Câu 12.

D. πrl

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 1 và AD = 2 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD và BC . Quay hình chữ nhật ABCD xung quanh

Câu 13.

trục MN , ta được một hình trụ. Tính diện tích toàn phần S tp của hình trụ đó. A. Stp = 10π Câu 3.

C. Stp = 6π

B. r = 5

5 2π C. r = 2

D. Stp = 4π Câu 14.

biết hình trụ có bán kính đáy là a và đường cao là a 3 . C. π a 2 3

D. Stp = 10π .

C. 3 10π .

D. 3 34π .

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Cho hình trụ có chiều cao bằng 5 3 . Cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song song với trục và cách trục một khoảng bằng 1 , thiết diện thu được có diện tích bằng 30 . Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng A. 10 3π . B. 5 39π . C. 20 3π . D. 10 39π . (Mã 102 - BGD - 2019) Cho hình trụ có chiều cao bằng 4 2 . Cắt hình trụ đã cho bởi một mặt phẳng

B. 8 2π .

C. 12 2π .

D. 24 2π .

Cắt hình trụ (T ) bằng một mặt phẳng đi qua trục được thiết diện là một hình chữ nhật có diện tích bằng

(

A. 23π cm Câu 15.

(THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tính diện tích xung quanh của hình trụ B. π a 2

C. Stp = 2π .

30cm 2 và chu vi bằng 26 cm . Biết chiều dài của hình chữ nhật lớn hơn đường kính mặt đáy của hình trụ (T ) . Diện tích toàn phần của (T ) là:

(THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho khối trụ (T ) có bán kính

A. 2π a 2

B. 6 34π .

A. 16 2π .

5 2 D. r = 2

đáy R = 1 , thể tích V = 5π . Tính diện tích toàn phần của hình trụ tương ứng A. S = 12π B. S = 11π C. S = 10π D. S = 7π Câu 5.

9π a 2 . 2

song song với trục và cách trục một khoảng bằng 2 , thiết diện thu được có diện tích bằng 16 . Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng

(MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hình trụ có diện tích xung quanh bằng 50π và độ dài đường sinh bằng đường kính của đường tròn đáy. Tính bán kính r của đường tròn đáy. A. r = 5 π

Câu 4.

B. Stp = 2π

(Mã 103 - BGD - 2019) Cho hình trụ có chiều cao bằng 3 2 . Cắt hình trụ đã cho bởi mặt phẳng song

A. 6 10π .

B. 2πrl

C. 9π a .

song với trục và cách trục một khoảng bằng 1, thiết diện thu được có diện tích bằng 12 2 . Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho bằng

(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Diện tích xung quanh của hình trụ tròn xoay có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l bằng A. 4πrl

27π a 2 . 2

(THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Trong không gian cho hình chữ nhật

A. Stp = 4π .

Câu 1.

D. 16p cm

ABCD có AB = 1, AD = 2 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD và BC . Quay hình chữ nhật đó xung quanh trục MN ta được một hình trụ. Tính diện tích toàn phần Stp của hình trụ đó.

Dạng 5. Bài toán cực trị.............................................................................................................................................. 23

PHẦN A. CÂU HỎI Dạng 1. Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, chiều cao, bán kính đáy, thiết diện

C. 32p cm

(THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cắt một hình trụ bởi một mặt phẳng qua trục của nó, ta được thiết diện là một hình vuông có cạnh bằng 3a . Tính diện tích toàn phần của hình trụ đã cho. A.

Dạng 3. Khối tròn xoay nội, ngoại tiếp khối đa diện ................................................................................................. 15 Dạng 4. Bài toán thực tế ............................................................................................................................................. 19

B. 4p cm

D. 2π a 2 3 1

23π ( cm2 ) . 2

69π ( cm2 ) . 2

(

D. 69π cm

Một hình trụ có bán kính đáy bằng 50 cm và có chiều cao là 50 cm. Một đoạn thẳng AB có chiều dài là 100 cm và có hai đầu mút nằm trên hai đường tròn đáy. Tính khoảng cách d từ đoạn thẳng đó đến trục hình trụ. B. d = 50 3 cm. C. d = 25 cm. D. d = 25 3 cm. A. d = 50 cm. 2

Câu 16.

(THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một hình trụ tròn xoay có hai đáy là hai đường tròn ( O, R ) và ( O′, R ) . Biết rằng tồn tại dây cung AB của đường tròn ( O, R ) sao cho tam giác O′AB đều và góc giữa hai mặt ặt ph phẳng

( O′AB )

A. 4π a 3 2 . Câu 23.

và mặt phẳng chứa đường tròn ( O, R ) bằng 60° . Tính diện n tích xung quanh ccủa hình

B. 2 3πR 2

A. 4πR 2 Câu 17.

3 7 2 πR 7

6 7 2 πR 7

( P)

π a3 2 3

B. 2πa .

C. 4πa .

2 3 πa . 3

Câu 24.

(THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2 BC = 2a. Tính thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng ABCD quanh trục AD. A. 4π a 3 . B. 2π a 3 . C. 8π a 3 . D. π a 3 .

Câu 25.

(THPT CHUYÊN BẮC GIANG NAM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình trụ có diện tích toàn phần là 4π và có thiết diện cắt bởi mặt phẳng qua trục là hình vuông. Tính thể tích khối trụ?

(THPT CHUYÊN SƠN N LA NĂ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho khối trụ có bán kính đáy bằng 4 ( cm ) và chiều cao 5 ( cm ) . Gọi AB là một dây cung đáy dưới sao cho AB = 4 3 ( cm ) . Người ta dựng mặt phẳng

C. 2π a .

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Thiết diện qua trục của một hình trụ là một hình vuông có cạnh bằng 2a . Tính theo a thể tích khối trụ đó. A. πa .

trụ đã cho.

B. π a 3 2 .

đi qua hai điểm A , B và tạo với mặt phẳng đáy hình trụ một góc 60° như ư hình vẽ. Tính diện tích

thiết diện của hình trụ cắt bởi ởi mặt mặ phẳng ( P ) .

A. Câu 26.

π 6 12

π 6 9

4π 9

4π 6 9

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Một khối đồ chơi gồm hai khối trụ ( H1 ) , ( H 2 ) xếp chồng lên nhau, lần lượt có bán kính đáy và chiều cao tương ứng là r1 , h1 , r2 , h2 thỏa mãn

1 r1 , h2 = 2h1 (tham khảo hình vẽ). Biết rằng thể tích của toàn bộ khối đồ chơi bằng 30cm 3 , thể tích 2 khối trụ ( H1 ) bằng

r2 =

(

8 4π − 3 3 3

) ( cm ) . 2

(

4 4π − 3 3

) ( cm ) . 2

(

4 4π − 3 3 3

) ( cm ) . D. 8 ( 4π − 3 ) ( cm ) . 3 2

Dạng 2. Thể tích Câu 18.

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Thể tích ccủa khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là

4 A. Bh . 3 Câu 19.

4 2 πr h 3 4 Bh . 3

B. π r 2 h

1 2 πr h 3

D. 2π rh

1 Bh . 3

C. 3Bh .

B. V = 64 2 π

C. V = 128 π

B. 15cm3

C. 20cm

D. 10cm

Câu 27.

(LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Một khối trụ có thể tích bằng 6π . Nếu giữ nguyên chiều cao và tăng bán kính đáy của khối trụ đó gấp 3 lần thì thể tích của khối trụ mới bằng bao nhiêu? A. V = 162π B. V = 27π C. V = 18π D. V = 54π

Câu 28.

(SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Hỏi nếu tăng chiều cao của khối trụ lên 2 lần, bán kính của nó lên 3 lần thì thể tích của khối trụ mới sẽ tăng bao nhiêu lần so với khối trụ ban đầu? A. 36 . B. 6 . C. 18 . D. 12 . Dạng 3. Khối tròn xoay nội, ngoại tiếp khối đa diện

D. Bh .

(MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM ĂM 2017) Tính thể tích V của khối trụ có bán kính r = 4 và chiều cao

h=4 2. A. V = 32 π Câu 22.

D. Bh .

(Mã 102 - BGD - 2019) Thể tích ccủa khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiềuu cao h là A.

Câu 21.

C. 3Bh .

A. 24cm3

(MĐ 103 BGD&ĐT NĂM M 2017-2018) Thể tích của khối trụ tròn xoay có bán kính đáy r và chiều cao h bằng A.

Câu 20.

1 B. Bh . 3

Câu 29.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 4 . Tính diện tích xung quanh S xq của hình trụ có một đường tròn đáy là đường tròn nội tiếp tam giác BCD và chiều cao bằng chiều cao của tứ diện ABCD .

D. V = 32 2π

(CHUYÊN LÊ HỒNG NG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Thể tích kh khối trụ có bán kính đáy r = a và chiều cao h = a 2 bằng

A. S xq = 8 3π Câu 30.

B. S xq = 8 2π

C. S xq =

16 3π 3

D. S xq =

16 2π 3

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp hình lập phương có cạnh bằng a . 4

A. V = Câu 31.

π a3

B. V =

B. V = π a 2 h .

π a3

loại sơn giả đá là 380.000 đồng/m2 (gồm cả tiền thi công) thì người chủ phải chi ít nhất bao nhiêu tiền để sơn 10 cây cột đó? (Số tiền làm tròn đến hàng nghìn). A. 14.647.000 (đồng). B. 13.627.000 (đồng). C. 16.459.000 (đồng). D. 15.844.000 (đồng).

D. V = π a 3

C. V =

πa h 9

Câu 39.

D. V =

πa h 3

(SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một hình trụ có thiết diện qua trục là hình 2 vuông, diện tích xung quanh bằng 36π a . Tính thể tích V của lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ. 3

A. 27 3a . Câu 33.

C. V =

Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có độ dài cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h . Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ đã cho. A. V = 3π a 2 h .

Câu 32.

π a3

B. 24 3a .

C. 36 3a .

D. 81 3a .

Câu 40.

và chiều cao bằng 200 ( mm ) . Thân bút chì được làm bằng gỗ và phần lõi được làm bằng than chì. Phần

của (T ) có tâm lần lượt là O và O1 , bán kính bằng a . Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A , trên

lõi có dạng khối trụ có chiều cao bằng chiều cao bằng chiều dài của bút và đáy là hình tròn có bán kính 1 ( mm ) . Giả định 1 m3 gỗ có giá a triệu đồng, 1 m3 than chì có giá 6a triệu đồng. Khi đó giá nguyên vật

3a 3 . 12

3a 3 . 4

3a 3 . 6

liệu làm một chiếc bút chì như trên gần nhất với kết quả nào dưới đây? A. 8, 45.a đồng B. 7,82.a đồng C. 84,5.a đồng

3a3 3

(THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho khối trụ có đáy là các đường tròn tâm ( O ) , ( O′ ) có

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Một cơ sở sản xuất có hai bể nước hình trụ có chiều cao bằng nhau, bán kính đáy lần lượt bằng 1 m và 1,5 m. Chủ cơ sở dự định làm một bể nước mới, hình trụ, có cùng chiều cao và thể trích bằng tổng thể tích của hai bể nước trên. Bán kính đáy của bể nước dự định làm gần nhất với kết quả nào dưới đây? A. 1,8 m. B. 2,1 m. C. 1,6 m. D. 2,5 m.

Câu 42.

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Một cơ sở sản xuất có hai bể nước hình trụ có chiều cao bằng nhau, bán kính đáy lần lượt bằng 1m và 1, 2m . Chủ cơ sở dự định làm một bể nước mới, hình trụ, có cùng chiều cao và có thể tích bằng tổng thể tích của hai bể nước trên. Bán kính đáy của bể nước dự định làm gần nhất với kết quả nào dưới đây? B. 1,6 m . C. 1,8 m . D. 1, 4 m . A. 2, 2m .

Câu 43.

(Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Một chiếc bút chì có dạng khối lăng trụ lục giác đều có cạnh đáy 3 mm và chiều cao bằng 200 mm. Thân bút chì được làm bằng gỗ và phần lõi được làm bằng than chì. Phần lõi có dạng khối trụ có chiều cao bằng chiều dài của bút và đáy là hình tròn có bán kính đáy 1 mm. Giả định 1 m 3 gỗ có giá a (triệu đồng), 1 m 3 than chì có giá 8a (triệu đồng). Khi đó giá nguyên liệu làm một chiếc bút chì như trên gần nhất với kết quả nào dưới đây? A. 9, 07a (đồng) B. 97, 03a (đồng) C. 90, 7a (đồng) D. 9, 7a (đồng)

Câu 44.

(Mã 102 - BGD - 2019) Một cơ sở sản xuất có hai bể nước hình trụ có chiều cao bằng nhau, bán kính đáy lần lượt bằng 1 m và 1, 4 m . Chủ cơ sở dự định làm một bể nước mới, hình trụ, có cùng chiều cao và có thể tích bằng tổng thể tích của hai bể nước trên. Bán kính đáy của bể nước dự định làm gần nhất với kết quả nào dưới đây? A. 1,7 m . B. 1,5 m . C. 1,9 m . D. 2, 4 m .

Câu 45.

(Mã 103 - BGD - 2019) Một cơ sở sản xuất có hai bể nước hình trụ có chiều cao bằng nhau, bán kính đáy lần lượt bằng 1m và 1,8m . Chủ cơ sở dự định làm một bể nước mới, hình trụ, có cùng chiều cao và có thể tích bằng tổng thể tích của hai bể nước trên. Bán kính đáy của bể nước dự định làm gần nhất với kết quả nào dưới đây? A. 2,8m . B. 2, 6m . C. 2,1m . D. 2,3m .

Câu 46.

(ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Từ một tấm tôn hình chữ nhật kích thước 50cm.240cm , người ta làm các thùng đựng nước hình trụ có chiều cao bằng 50cm , theo hai cách sau (xem hình minh họa dưới đây):. • Cách 1: Gò tấm tôn ban đầu thành mặt xung quanh của thùng.

vuông góc với O′B. Tỉ số thể tích của khối tứ diện OO′AB với thể tích khối trụ là: A.

2 . 3π

1 . 6π

1 . 4π

(THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Một hình trụ có bán kính đáy bằng chiều cao và bằng a . Một hình vuông ABCD có đáy AB, CD là hai dây cung của hai đường tròn đáy và

( ABCD )

không vuông góc với đáy. Diện tích hình vuông đó bằng

A. Câu 36.

1 . 3π

5a . 4

B. 5a 2 .

5a 2 2 . 2

5a 2 . 2

(ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Cho hình lăng trụ đều ABC . A′B′C ′ , biết góc giữa hai mặt phẳng ( A′BC ) và ( ABC ) bằng 45° , diện tích tam giác A′BC bằng a 2 6 . Tính diện tích xung quanh của hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ ABC . A′B ′C ′ . A.

Câu 37.

4π a 2 3 . 3

B. 2π a .

C. 4π a .

8π a 2 3 . 3

(THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Cho hình trụ có bán kính R và chiều cao 3R . Hai điểm A , B lần lượt nằm trên hai đường tròn đáy sao cho góc giữa AB và trục d của hình trụ bằng 30° . Tính khoảng cách giữa AB và trục của hình trụ: A. d ( AB, d ) =

R 3 . 2

B. d ( AB, d ) = R .

C. d ( AB , d ) = R 3 .

D. d ( AB , d ) =

R . 2

Dạng 4. Bài toán thực tế Câu 38.

(ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Một ngôi biệt thự có 10 cây cột nhà hình trụ tròn, tất cả đều có chiều cao 4, 2 m. Trong đó, 4 cây cột trước đại sảnh có đường kính 40 cm và 6 cây cột còn lại bên thân nhà có đường kính 26 cm. Chủ nhà dùng loại sơn giả đá để sơn 10 cây cột đó. Nếu giá của một 5

D. 78, 2.a đồng

Câu 41.

bán kính là R và chiều cao h = R 2 . Gọi A , B lần lượt là các điểm thuộc ( O ) và ( O′ ) sao cho OA

Câu 35.

(Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Một chiếc bút chì có dạng khối trụ lục giác đều có cạnh đáy 3 ( mm )

(CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình trụ (T ) chiều cao bằng 2 a , hai đường tròn đáy đường tròn đáy tâm O1 lấy điểm B sao cho AB = 5a . Thể tích khối tứ diện OO1 AB bằng

Câu 34.

Mặt tiền của nhà văn hóa huyện Quỳnh Lưu có 17 cây cột hình trụ tròn, tất cả đều có chiều cao bằng 4, 2 m. Trong số các cây đó có 3 cây cột trước đại sảnh đường kính bằng 40 cm, 14 cây cột còn lại phân bố đều hai bên đại sảnh và chúng đều có đường kính bằng 26 cm. Chủ đầu tư thuê nhân công để sơn các cây 2 cột bằng loại sơn giả gỗ, biết giá thuê là 360.000 / m (kể cả vật liệu sơn và phần thi công). Hỏi chủ đầu tư phải chi ít nhất bao nhiêu tiền để sơn hết các cây cột nhà đó (đơn vị đồng)? (lấy π ≈ 3,14159 ) A. ≈ 22990405 B. ≈ 5473906 C. ≈ 5473907 D. ≈ 22990407

• Cách 2: Cắt tấm tôn ban đầu thành hai tấm bằng nhau, rồi gò mỗi tấm đó thành mặt xung quanh của một thùng. Kí hiệu V1 là thể tích của thùng gò được theo cách 1 và V2 là tổng thể tích của hai thùng gò được theo cách

2. Tính tỉ số

A. Câu 47.

V1 1 = V2 2

Câu 51.

một khối đá hình trụ. (THPT LÊ QUY ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một người thợ có m Kẻ hai đường kính MN , PQ của hai đáy sao cho MN ⊥ PQ . Người thợ đó cắt ắt khối kh đá theo các mặt đi qua 3 trong 4 điểm M , N , P , Q để khối đá có hình tứ diện MNPQ . Biết MN = 60 cm và thể tích khối tứ diện MNPQ = 30 dm 3 . Hãy tính thể tích lượng đá cắt bỏ (làm tròn đến một ột chữ số thập phân sau dấu phẩy). A. 101,3dm3 B. 111, 4dm3 C. 121, 3dm3 D. 141,3dm3

V1 . V2

V1 =1 V2

V1 =2 V2

Câu 52.

(CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI ẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Công ty X định làm một téc nước hình trụ bằng inox (gồm cả nắp) ắp) có dung tích 1m 3 . Để tiết kiệm chi phí công ty X chọn loại téc nước có diện tích toàn phần nhỏ nhất. ất. Hỏ Hỏi diện tích toàn phần của téc nước nhỏ nhất bằng ằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến 2 chữ số sau dấu phẩy)? ẩy)? A. 5, 59 m 2 B. 5, 54 m 2 C. 5,57 m 2 D. 5, 52 m 2

Câu 53.

(CHUYÊN NGUYỄN TẤT T THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Một cái tr trục lăn sơn nước có dạng một hình trụ. Đường ng kính của c đường tròn đáy là 5cm , chiều dài lăn là 23cm (hình bên). Sau khi lăn trọn 10 vòng thì trục lăn ăn tạo nên tường phẳng lớp sơn có diện tích là

V1 =4 V2

(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Một chiếc bút chì có dạng khối lăng trụ lục giác đều có cạnh đáy

3 mm và chiều cao 200 mm . Thân bút chì được làm bằng gỗ và phần lõi được làm bằng than chì. Phần lõi có dạng khối trụ có chiều cao bằng chiều cao của bút và đáy là hình tròn có bán kính 1 mm . Giã định 1 m 3 gỗ có giá a (triệu đồng), 1 m 3 than chì có giá 7a (triệu đồng). Khi đó giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì như trên gần nhất với kết quả nào dưới đây? A. 85, 5.a (đồng) B. 9, 07.a (đồng) C. 8, 45.a (đồng) Câu 48.

Câu 49.

A. 2300π cm 2 .

D. 90, 07.a (đồng)

(MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Một chiếc bút chì có dạng khối lăng trụ lục giác đều có cạnh đáy bằng 3 mm và chiều cao bằng 200 mm. Thân bút chì được làm bằng gỗ và phần lõi có dạng khối trụ có chiều cao bằng chiều dài của bút và đáy là hình tròn có bán kính bằng 1 mm. Giả định 1m 3 gỗ có giá a (triệu đồng). 1m 3 than chì có giá 9a (triệu đồng). Khi đó giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì như trên gần nhất với kết quả nào dưới đây? A. 103,3a đồng B. 97,03a đồng C. 10,33a đồng D. 9, 7a đồng (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Người ta làm tạ tập cơ tay như hình vẽ với hai đầu là hai khối trụ bằng nhau và tay cầm cũng là khối trụ. Biết hai đầu là hai khối trụ đường kính đáy bằng 12 , chiều cao bằng 6 , chiều dài tạ bằng 30 và bán kính tay cầm là 2 . Hãy tính thể tích vật liệu làm nên tạ tay đó.

A. 108π .

B. 6480π .

C. 502π .

Câu 54.

của mỗi ống bằng 2 m , độ dày của thành ống là 8cm . Biết rằng 1 m bê tông thì cần đúng 10 bao ximăng. Hỏi cần bao nhiêu bao xi-măng để đúc 200 ống trên (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)? A. 1086 bao. B. 1025 bao. C. 2091 bao. D. 523 bao.

D. 5230π cm 2 .

(THPT CHUYÊN VĨNH NH PHÚC L LẦN 02 NĂM 2018-2019) Một hình trụ có độ dài đường cao bằng 3 , các đường tròn đáy lần lượt là ( O;1) và ( O ';1) . Giả sử AB là đường kính cốố định của c ( O;1) và CD là đường kính thay đổi trên ( O ';1) . Tìm giá trị lớn nhất Vmax của thể tích khối tứ diện ABCD. A. Vmax = 2.

Câu 55.

B. Vmax = 6.

C. Vmax =

1 . 2

D. Vmax = 1.

(CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cần sản ản xuấ xuất một vỏ hộp sữa hình trụ có thể tích V cho trước. Để ti tiết kiệm vật liệu nhất thì bán kính đáy phải bằng 3

V . 2π

V . 2

V . 3π

Câu 56.

Thiết diện của hình trụ và mặt ph phẳng chứa trục của hình trụ là hình chữ nhậtt có chu vi là 12 cm . Giá trị lớn nhất của thể tích khối trụ là: A. 64π cm3 . B. 16π cm 3 . C. 8π cm3 . D. 32π cm3 .

Câu 57.

(THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Trên một mảnh ảnh đất đấ hình vuông có diện 2 tích 81m người ta đào một cái ao nuôi cá hình trụ (như hình vẽ)) sao cho tâm của củ hình tròn đáy trùng với tâm của mảnh đất. Ở giữa ữa mép ao và mép mảnh đất người ta để lại mộtt khoảng khoả đất trống để đi lại, biết khoảng cách nhỏ nhấtt giữ giữa mép ao và mép mảnh đất là x ( m ) . Giả sử ử chiề chiều sâu của ao cũng là

D. 504π .

(CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Để làm cống thoát nước cho một con đường người ta cần đúc 200 ống hình trụ bằng bê tông có đường kính trong lòng ống là 1m và chiều cao

C. 862, 5π cm 2 .

Dạng 5. Bài toán cực trị

Câu 50.

B. 1150π cm 2 .

x ( m ) . Tính thể tích lớn nhất V của ao. 8

( )

A. V = 13,5π m 3 . Câu 58.

( )

C. V = 36π m 3 .

( )

D. V = 72π m 3 .

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm O và O′ , bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 2a . Trên đường tròn đáy có tâm O lấy điểm A , trên đường tròn tâm O′ lấy điểm B . Đặt α là góc giữa AB và đáy. Tính tan α khi thể tích khối tứ diện OO′AB đạt giá trị lớn nhất. A. tan α =

Câu 59.

( )

B. V = 27π m 3 .

1 B. tan α = 2

1 C. tan α = 2

Diện tích xung quanh của hình trụ: 2πrl ( l : độ dài đường sinh) Có l = 2r

Sxq = 2πrl ⇔ 2πrl = 50π ⇔ 2 πr 2r = 50π ⇔ r = Câu 4.

Ta có V = S .h với S = π r = π nên h =

Câu 5.

AD = 2 3a ; gọi C là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng chứa đường tròn ( O ') ; trên đường tròn tâm O′ lấy điểm B ( AB chéo với CD ). Đặt α là góc giữa AB và đáy. Tính tan α khi thể tích khối tứ diện CDAB đạt giá trị lớn nhất.

Câu 60.

1 2

C. tan α = 1

D. tan α =

B. AD = 4 a

4 3 a C. AD = 3

Chọn D Diện tích xung quanh của hình trụ là: S xq = 2π rl = 2π rh = 2π .a.a 3 = 2π a 2 3 .

Câu 6.

3 3

Thiết diện qua trục là một hình vuông có cạnh bằng 3a nên ta có độ dài đường sinh l = 3a và bán kính 3a đường tròn đáy là r = . 2 2

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm O và O′ , bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 2 a . Trên đường tròn đáy có tâm O lấy điểm A , D trên đường tròn tâm O′ lấy điểm B , C sao cho AB //CD và AB không cắt OO ' . Tính AD để thể tích khối chóp O '. ABCD đạt giá trị lớn nhất. A. AD = 2 2 a

Câu 1.

B. tan α =

Chọn A

V = 5. S 2 Diện tích toàn phần của trụ tương ứng là: Stp = 2π Rh + 2π R 2 = 2π .1.5 + 2π .1 = 12π .

D. tan α = 1

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm O và O′ , bán kính đáy bằng chiều cao và bằng 2a . Trên đường tròn đáy có tâm O lấy điểm A , D sao cho

A. tan α = 3

5 2 2

Từ đó ta tính được Stp = 2π rl + 2π r 2 = 2π . Câu 7.

3a 27 a 2π  3a  . .3a + 2π .   = 2 2  2 

Chọn B Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy a và chiều cao h là

Sxq = 2π ah ⇔ h =

D. AD = 2 a

Sxq

2π a

4π a 2 = 2a . 2π a

Vậy độ dài đường cao của hình trụ đó là h = 2a .

PHẦN B. ĐÁP ÁN THAM KHẢO Dạng 1. Diện tích xung quanh, diện tích toàn phần, chiều cao, bán kính đáy, thiết diện Chọn B Diện tích xung quanh của hình trụ tròn xoay: Sxq = 2πrl .

Câu 2.

Chọn D Quay hình chữ nhật ABCD xung quanh MN nên hình trụ có bán kính r = AM =

AD =1 2

Vậy diện tích toàn phần của hình trụ Stp = 2π r. AB + 2π r 2 = 2π + 2π = 4π . Câu 3.

Chọn D Câu 8. Công thức tính diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy R , chiều cao h là S xq = 2 p rh 2

Công thức tính thể tích của khối trụ có bán kính đáy R , chiều cao h là V = p R h 9

3 Vì thiết diện qua trục là hình vuông nên ta có h = 2r = 4cm . S xq = 2p rh = 2 p .2.4 = 16 p cm

Câu 9. Gọi thiết diện qua trục là hình vuông ABCD . Theo đề thì AB = AD = 3a .

AB 3a . = 2 2 Đường sinh của hình trụ là l = AD = 3a . Bán kính đáy của hình trụ là R =

Gọi O, O′ lần lượt là tâm của hai đáy và ABCD là thiết diện song song với trục với A, B ∈ ( O ) ;

C , D ∈ ( O ′ ) . Gọi H là trung điểm của AB ⇒ OH = d ( OO ′, ( ABCD ) ) = 1 .

Áp dụng công thức diện tích toàn phần của hình trụ, ta có 2

Stp = 2π Rl + 2π R 2 = 2π .

3a  3a  27π a .3a + 2π   = . 2 2  2 

Vì S ABCD = 30 ⇔ AB.BC = 30 ⇒ AB =

30 = 2 3 ⇒ HA = HB = 3 . 5 3

Bán kính của đáy là r = OH 2 + HA2 = 3 + 1 = 2 .

Câu 10.

Diện tích xung quanh của hình trụ bằng S xq = 2π rh = 2π .2.5 3 = 20 3π . Câu 13.

Chọn A

Hình trụ đã cho có chiều cao là AB và đáy là hình tròn tâm N bán kính BN . Do đó: Stp = S xq + 2 S đáy = AB.2π .BN + 2π .BN 2 = 1.2π .1 + 2π .12 = 4π . Câu 11.

Chọn A

Cắt hình trụ đã cho bởi một mặt phẳng song song với trục, ta được thiết diện là hình chữ nhật ABCD (với AB là dây cung của hình tròn đáy tâm O ).

B O'

Do hình trụ có chiều cao là h = OO′ = 4 2 ⇒ hình trụ có độ dài đường sinh l = AD = 4 2 . A

16 16 = =2 2. AD 4 2 Gọi K là trung điểm đoạn AB thì OK ⊥ AB , lại có mp( ABCD) vuông góc với mặt phẳng đáy của hình Diện tích hình chữ nhật ABCD bằng AB.CD = 16 ⇒ AB =

C 1

trụ ⇒ OK ⊥ mp( ABCD) ⇒ khoảng cách giữa OO′ và mp( ABCD) là OK = 2 .

Ta có:

 AB   =  2 

2 2 2 Xét tam giác vuông AOK R = OA = OK + AK = OK + 

S ABCD = 12 2 = 3 2.CD ⇒ CD = 4 ⇒ CI = 2

Câu 14.

( 2) +( 2)

= 2.

Diện tích xung quanh của hình trụ là S = 2π R.l = 2π .2.4 2 = 16π 2 . Chọn C

⇒ CO = CI 2 + IO 2 = 5 = r S xq = 2π rl = 6 10π Câu 12.

Chọn C

Gọi K là trung điểm AB , đặt AB = 2a .

′ = 60° ⇒ O′K = 2OK ⇒ O′K 2 = 4OK 2 Ta có : AB ⊥ OK và AB ⊥ OO′ nên OKO Gọi h, r lần lượt là đường cao và bán kính đáy của hình trụ (T ) . Thiết diện của mặt phẳng và hình trụ

⇒ 3a 2 = 4 ( R 2 − a 2 ) ⇒ a 2 =

(T ) là hình chữ nhật ABCD . Khi đó theo giả thiết ta có     > > h 2 r h 2 r h > 2 r   h > 2r     = = ⇔ = ⇔ = − ⇔ S h .2 r 30 hr 15 h 13 2 r  ABCD   h = 13 − 2r C h + 2r = 13 −2r 2 + 15r − 15 = 0  r = 5 ⇒ h = 3(l ) = + = 2( h 2 r ) 26   ABCD    3   r = 2 ⇒ h = 10(TM )  Vậy

4R2 7

Mặt khác : OO′ = O′B − OB = 4a − R = 4.

4R 2 9R 2 6 7πR − R2 = ⇒ O′O = 7 7 7

Vậy diện tích xung quanh hình trụ đã cho là : S xq = 2πRl =

6 7πR 2 . 7

B A

Câu 17. Gọi S là diện tích thiết diện, S′ là diện tích hình chiếu của thiết diện lên mặt phẳng đáy. Khi đó S ′ = S .cos 60° . Ta có AB = 4 3 ⇒ cos AOB =

OA2 + OB 2 − AB 2 1 AOB = 120° =− ⇒ 2.OA.OB 2

1  4 4π − 3 3  SOAB = 2 OA.OB.sin120° = 4 3 ⇒  ⇒ S ′ = SOAmB − SOAB = π 1 16 3 S = π .OA2 =  OAmB 3 3

(

Câu 15. Qua B kẻ đường thẳng song song với OO′ cắt đường tròn đáy tại C .

⇒ S=

OO ′ // BC ⇒ OO′ // ( ABC ) ⇒ d (OO′, AB) = d (OO ′, ( ABC )) = d (O, ( ABC )) = OH = d . ( H là trung điểm của đoạn thẳng AC ).

Câu 18.

AC = AB 2 − BC 2 = 50 3 cm. Câu 16.

Câu 19.

Vậy d = OH = OC 2 − HC 2 = 25 cm. Chọn D

(

)

8 4π − 3 3 S′ = . cos 60° 3

Dạng 2. Thể tích Chọn D Câu hỏi lý thuyết Chọn B

Vtru = π r 2 h . Câu 20. Câu 21.

Chọn D Ta có công thức tính thể tích lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là V = Bh . Chọn B

V = πr 2 h = 16.4 2π = 64 2 π 13

ều cao hình chóp: h = Chiều cao hình trụ bằng chiều

S xq = 2π rh = 2π . Câu 30.

2 4 3 16.3 4 2 4 2 −  . =  = 16 − 9 3 3 2 

2 3 4 2 16 2π . = 3 3 3

Chọn B

Câu 22. 2

Câu 23.

Thể tích khối trụ là: V = π r h = π .a 2 .a 2 = π a 3 2 . Gọi chiều cao và bán kính đáy của hình trụ lần lượt là h , r . Thiết diện qua trục của hình trụ là một hình vuông có cạnh bằng 2 a nên h = 2a , r = a . Thể tích của khối trụ đó là V = π r 2h = πa 2 .2a = 2 πa 3 .

Câu 24. Câu 25.

Khối tròn xoay tạo thành là khốối trụ có bán kính đáy là AB = 2a và đường cao AD = BC = a có thể

AC a 2 ; chiều cao h = a . = 2 2 a2 π a3 Vậy thể tích khối trụ là: V = π R 2 h = π . .a = . 2 2

tích bằng V = π AB 2 AD = 4π a 3 Chọn D Hình trụ có thiết diện cắt bởi ởi mặ mặt phẳng qua trục là hình vuông suy ra: l = h = 2r Hình trụ có diện tích toàn phần là 4π suy ra:

Bán kính đường tròn đáy là R =

Stp = 2π rl + 2π r 2 = 2π .2r 2 + 2π .r 2 = 6π r 2 = 4π Nên r =

Lời giải

6 2 6 ,l=h= 3 3 2

Thể tích khối trụ: V = π r .h = Câu 26.

Câu 31. Chọn D

4π 6 9

Chọn C Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích khố khối trụ ( H1 ) , ( H 2 ) 2

V 1  V2 = π r22 h2 = π  r1  2h1 = 1 2 2  ⇒ V1 = 2V2 mà V1 + V2 = 30 ⇒ V1 = 20 Câu 27.

Khối trụ ngoại tiếp lăng trụ tam giác đều có hình tròn đáy là hình tròn ngoại tiếp tam giác đáy của lăng trụ, và chiều cao bằng chiều cao lăng ăng trụ.

Ta có: V1 = π R .h = 6π 2

Suy ra: V2 = π ( 3R ) .h = 9V1 = 9.6π = 54π . Câu 28.

Tam giác đều cạnh a có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng

Giả sử ban đầu khối trụ có chiều cao h1 và bán kính r1 . Khi đó, khối trụ có thểể tích là V1 = π r12 h .

Sau khi tăng chiều cao củaa khối trụ tr lên 2 lần, bán kính của nó lên 3 lần thì khối trụ có chiều cao 2h1 và

 3a  π a 2 h (đvtt).  = 3  3 

Vậy thể tích của khối trụ cần tìm là V = h.S = h.π . 

bán kính 3r1 . Khi đó, khối trụụ mớ mới có thể tích là V2 = π ( 3r1 ) .2h1 = 18π r1h1 . Do vậy

Câu 29.

Câu 32.

V2 = 18 . V1

3a . 3

2 Ta có S xq = 36π a = 2π Rh .

Do thiết diện qua trục là hình vuông nên ta có 2R = h . 2

Khi đó h = 36a hay h = 6a ; R = 3a .

Dạng 3. Khối tròn xoay nội, ngoại tiếp khối đa diện Chọn D

Diện tích của mặt đáy hình lăng trụ lục giác đều nội tiếp hình trụ là B = 6.

1 4 3 2 3 Bán kính đường tròn đáy hình trụ bằng một phần ba đường cao tam giác BCD nên r = . = 3 2 3

Thể tích V của lăng trụ lụcc giác đều nội tiếp hình trụ là V = B.h = 81a 15

R 2 3 27a 2 3 = . 4 2

3. 16

C O' C' D

Câu 33. Kẻ đường sinh BB ' và gọi H là trung điểm OB′ .

Câu 35. + Gọi O, O ' là tâm của 2 đường tròn đáy, I là trung điểm của OO ' .

Do tính đối xứng nên I là trung điểm của AC , BD . 2 2 Kẻ đường kính CC ' ⇒ AC ' = a; CC ' = 2 a ⇒ AC = C ' A + C ' C = a 5 .

Trong tam giác vuông ABB′ có BB′ = OO1 = 2 a và AB = a 5 nên AB ′ =

+ Do đó S ABCD =

AB 2 − BB′2 = a .

Tam giác OAB′ có OB ′ = OA = AB ′ = a nên OAB′ là tam giác đều ⇒ AH ⊥ OB′ , AH =

1 5a 2 AC 2 = . 2 2

a 3 . Ta có 2

 AH ⊥ OB′ ⇒ AH ⊥ ( O1OB ) ⇒ Thể tích khối tứ diện A.O1OB là   AH ⊥ OO1

a3 3 1 1 1 a 3 . VO1OAB = . AH .SO1OB = AH .O1O.O1 B = . .2a.a = 3 6 6 2 6

M B

Câu 36.

 BC ⊥ AM ⇒ BC ⊥ A′M , do đó góc giữa ( A′BC ) và ( ABC ) là  BC ⊥ AA′

Gọi M là trung điểm BC , khi đó 

′MA = 45° . A Tam giác A′AM vuông cân tại A nên A′M = AM 2 =

Câu 34. Thể tích khối trụ V1 = π R 2 .h = π R 2 .R 2 = π R 3 2 Khối tứ diện BO ′OA có BO′ là đường cao và đáy là tam giác vuông O ′OA , do đó thể tích khối tứ diện là

1 1 1 1 2 3 V2 = SO′OA .O′B = ⋅ OA ⋅ OO′ ⋅ O′B = R.R 2.R = R 3 3 2 6 6 Vậy

Diện tích S A′BC = Theo đề

BC 3 BC 6 . 2= . 2 2

BC 2 6 1 1 BC 6 A′M .BC = .BC = . 2 2 2 4

BC 2 6 = a 2 6 ⇒ BC = 2a . 4

V2 R3 2 1 1 = ⋅ = . V1 6 π R3 2 6π

Hình trụ có đáy là đường tròn ngoại tiếp ABC có bán kính r =

h = AA′ = AM =

Diện tích cần phải sơn 17 cây cột là

BC 3 2a 3 = , đường cao 3 3

S = 3 ( 2π r1l ) + 14 ( 2π r2l ) = 6π .0, 2.4, 2 + 28π .0,13.4, 2 = 20,328π ≈ 63,86224152 ( m 2 ) . Vậy số tiền cần phải sơn là T ≈ 63,86224152 × 360.000 ≈ 22990407 (đồng)

BC 3 =a 3. 2

Câu 40.

Chọn B

2a 3 .a 3 = 4πa 2 . Diện tích xung quanh S = 2πrh = 2π 3 A C

H J

300

R 3

B R I

Câu 37. Gọi I , J là tâm của hai đáy (hình vẽ).

1 m3 gỗ có giá a triệu đồng suy ra 1 mm3 gỗ có giá

Từ B kẻ đường thẳng song song với trục d của hình trụ, cắt đường tròn đáy kia tại C . Khi đó, ( AB, d )

1 m3 than chì có giá 6a triệu đồng suy ra 1 mm3 than chì có giá

ABC = 30° . ABC . Suy ra = ( AB, BC ) =

(

AC 1 ABC = R 3.tan 30° = R 3. ⇒ AC = CB.tan = R. CB 3

(

)

(

)

(

Câu 41.

)

Kẻ JH ⊥ AC , H ∈ AC . Vì BC ⊥ JH nên JH ⊥ ( ABC ) . Suy ra d J , ( ABC ) = JH .

Chọn A Gọi h là chiều cao của các bể nước và r là bán kính đáy của bể nước dự định làm. 2

2 2 2 Theo giả thiết, ta có π r h = π .1 .h + π . (1, 5 ) .h ⇔ r = 1 +

Xét tam giác JAC ta thấy JA = JC = AC = R nên JAC là tam giác đều cạnh R . Khi đó chiều cao là Suy ra r =

R 3 R 3 . Vậy d ( d , AB ) = . 2 2

Câu 42.

Dạng 4. Bài toán thực tế Câu 38.

2 Tổng diện tích xung quanh của 10 cây cột là ( 4.0, 4. + 6.0, 26 ) .π .4, 2 m

9 13 = . 4 4

13 ≈ 1,8. 2

Chọn B Gọi R1 ; R2 ; R lần lượt là bán kính của trụ thứ nhất, thứ hai và dự kiến sẽ làm,ta có:

V = V1 + V2 = π R 2 h = π R12 h + π R2 2 h ⇔ R 2 = R12 + R2 2 . 2

Tổng số tiền sơn 10 cây cột là ( 4.0, 4. + 6.0, 26 ) .π .4, 2.380000 ≈ 15844000 (đồng). Câu 39.

)

32 3 Phần gỗ của của bút chì có thể tích bằng V2 = 200.6. − 200π = 2700 3 − 200π ( mm3 ) . 4 6a.V1 + a.V2 Số tiền làm một chiếc bút chì là ≈ 7,82a đồng. 1000

Lại có d // ( ABC ) và ( ABC ) ⊃ AB nên d ( d , AB ) = d d , ( ABC ) = d J , ( ABC ) .

JH =

6a đồng. 1000

Phần chì của cái bút có thể tích bằng V1 = 200.π .12 = 200π mm 3 .

Xét tam giác ABC vuông tại C , ta có:

tan ABC =

a đồng. 1000

⇒ R = R12 + R2 2 = 12 + (1, 2 ) ≈ 1, 56( m).

Chọn D Gọi r1 , r2 lần lượt là bán kính cậy cột hình trụ tròn trước đại sảnh và hai bên đại sảnh.

Vậy: Giá trị cần tìm là: 1, 6 m. Câu 43.

Khi đó r1 = 20 cm và r2 = 13cm . 19

Chọn. D. 20

 ( 

Diện tích của khối lăng trụ lục giác đều là S = 6.  3.10 −3

 ( 

Thể tích của chiếc bút chì là: V = S .h = 6.  3.10−3

(

)

Thể tích của phần lõi bút chì là V1 = π r 2 h = π . 10 −3

)

. 2

)

3 2  (m ) 4 

V2 = 6.

Số tiền làm phần thân bằng gỗ ỗ củ của bút

3 3 −3 −7  .200.10 = 27 3.10 ( m ). 4 

T2 =  27 3.10−7 − π .2.10−7  a.106 =  2, 7 3 − π .0, 2  a (đồng). Vậy giá vật liệu làm àm bút chì là: T = T1 + T2 ≈ 8, 45.a (đồng).

.200.10 −3 = 2π .10 −7 ( m 3 ).

Câu 48.

Chọn D

Suy ra thể tích phần thân bút chì là V2 = V − V1 = 27 3 − 2π .10−7 ( m 3 ).

3mm = 0,003m;;200 200mm = 0, 2 m;1mm = 0,001m

Giá nguyên liệu làm một chiếc bút chì như trên là:

Diện tích đáy của phần than chì: S1 = π r 2 = π .10 −6 ( m 2 )

(

)

−7

)

−7

(

 32 3   27 3  − π  .10−6 =  − π  .10−6 ( m 2 )  4 2    

)

V2 .a.10 + V1.8a.10 = 27 3 − 2π .10 .a.10 + 2π .10 .8a.10 = 2, 7 3 + 1, 4π a ≃ 9, 07a Câu 44.

(0, 003) 2 3 .0, 2 − 2π .10−7 =  3.27.10−7 − 2π .10−7  m3 . 4

Diện tích đáy phần bút bằng gỗ: ỗ: S 2 = 6 SOAB − S1 =  6.

(đồng). Chọn A

Thể tích than chì cần dùng: V1 = S1.h = π r 2 0, 2 = 0, 2π .10 −6 ( m 3 )

 27 3  −6 3  2 − π  .0, 2.10 (m )  

Thể tích gỗ làm bút chì: V2 = S 2 .h = 

  

  27 3  −6  2 − π  .0, 2.10  a = 9,7a   

Tiền làm một cây bút: V1.9 a + V2 .a = ( 9V1 + V2 ) a =  9.0, 2π .10 −6 +  (đồng) Câu 49.

Gọi h1 , R1 , V1 lần lượt là chiều cao, bán kính đáy, thể tích khối trụ nhỏ mỗi đầu.

V1 = h1 .π . R12 = 6.π .6 2 = 216π . Gọi h2 , R2 , V2 lần lượt là chiều cao, bán kính đáy, thể tích của tay cầm.

Ta có: V = V1 + V2 ⇔ hπ R 2 = hπ r12 + hπ r2 2 .

V2 = h2 .π .R22 = ( 30 − 2.6 ) .π .22 = 72 π .

⇒ R = r12 + r2 2 ≈ 1, 72 m . Câu 45.

Thể tích vật liệu làm nên tạ tay bằ bằng V = 2V1 + V2 = 504 π .

Chọn C Gọi hai bể nước hìnhtrụ ban đầu lần lượt có chiều cao là h , bán kính r1 , r2 , thể tích là V1 , V2 .

Câu 50.

Ta có một bể nước mới có chiều cao h , V = V1 + V2 .

⇒ π r 2 h = π r12 h + π r22 h ⇒ π r 2 h = π .12.h + π .1,82.h ⇔ r =

106 ≈ 2,1m . 25

Như vậy cần tất cả là: Câu 51.

Câu 46.

Ta có thể tích của mỗi ống là V = π .2. ( 0,5 + 0, 08 ) − π .2. ( 0, 5) =

108π ( m3 ) . 625

108π .200.10 = 1085, 73 bao xi-măng. 625

Chọn B

Lời giải Chọn C Ban đầu bán kính đáy là R , sau khi cắt tấm tôn bán kính đáy là

R 2

Đường cao của các khối trụ là không đổi 2

V1 R R = 2.  = h π . Vậy tỉ số V 2 2   2

Ta có V1 = h πR 2 , V2 = 2.h π  Câu 47.

Chọn C Thể tích phần lõi than chì: V1 = π .0, 0012.0, 2 = 2π .10 −7 m 3 . Số tiền làm lõi than chì T1 = (2π .10 −7 )7 a.106 = 1, 4π a (đồng).

Gọi O và O′ lần lượt là trung đi đ ểm MN và PQ .

Thể tích phần thân bằng gỗ của bút 21

Khi đó OO ' là trục của hình trụ và OO′ ⊥ MN ⇒ MN ⊥ ( OPQ ) .

Vì thể tích vỏ hộp là V nên ta có V = π R 2 h ⇒ h =

1 OO′.62 = 6OO′ ( dm 3 ) .Theo bài ra ta có VMNPQ = 30dm3 ⇒ OO′ = 5dm . VMNPQ = MN .SOPQ = 3 6 Thể tích khối trụ là Vtru = π .32.5 ≈ 141, 4dm 3 . Vậy thể tích lượng đá cắt bỏ V = Vtru − VMNPQ ≈ 111, 4dm3

Stp = 2π Rh + 2π R 2 =

2V + 2π R 2 nhỏ nhất. R

Cách 1:

1  π Rh = R 2 Ta có: V = π R h = 1 ⇒  π R 2 = 1  h

Ta có Stp =

Xét S ′ = 4π R −

2 =0⇔ R= R2

2π 3

4π 2

2 + 2π R 2 R

V V = 2π R 2 ⇔ R = 3 . R 2π

Cách 2: Xét hàm số f ( R ) =

1 . 2π

Lập bảng biến thiên ta có Stp đạt giá trị nhỏ nhất tại R =

⇒ S(tp ) min = 2 3 2π +

2V V V + 2π R 2 = + + 2π R 2 ≥ 3 3 2π V 2 . R R R

Stp đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi

2 Diện tích toàn phần của téc nước: Stp = 2π Rh + 2π R =

Câu 53.

Để tiết kiệm vật liệu nhất thì hình trụ vỏ hộp sữa phải có diện tích toàn phần

Câu 52.

π R2

Ta có f ′ ( R ) = −

1 2π

2V + 2π R 2 trên khoảng ( 0; +∞ ) . R

V 2V 4π R 3 − 2V + 4π R = . f ′( R) = 0 ⇔ R = 3 . 2 R R2 2π

Bảng biến thiên:

≈ 5,54

Khi lăn trọn một vòng thì trục lăn tạo trên tường phẳng lớp sơn có diện tích bằng diện tích xung quanh của

5 2

trục lăn là S = 2π R .h = 2π . .23 = 115π (cm ) . Vậy sau khi lăn trọn 10 vòng thì trục lăn tạo nên tường phẳng lớp sơn có diện tích là 10 S = 1150π (cm 2 ) . Câu 54.

Dạng 5. Bài toán cực trị Chọn A

Từ BBT ta thấy f ( R ) đạt nhỏ nhất khi R =

V . 2π

D Vậy để tiết kiệm vật liệu nhất thì bán kính đáy vỏ hộp phải bằng

C Câu 56.

Gọi chiều cao và bán kính đáy của hình trụ lần lượt là x , y

V . 2π

( x, y > 0 ) .

Khi đó ta có thiết diện của hình trụ và mặt phẳng chứa trục của hình trụ là hình chữ nhật có kích thước lần lượt là x , 2 y Theo giả thiết ta có 2. ( x + 2 y ) = 12 ⇔ x + 2 y = 6 . Cách 1.

(

)

Thể tích khối trụ: V = π y 2 .x = π y 2 ( 6 − 2 y ) = 2π − y 3 + 3 y 2 . Vì x + 2 y = 6 ⇒ 0 < 2 y < 6 ⇔ 0 < y < 3.

Xét hàm số f ( y ) = − y 3 + 3 y 2 trên khoảng ( 0;3)

y = 0 . y = 2

Ta có f ′ ( y ) = −3 y 2 + 6 y ⇒ f ′ ( y ) = 0 ⇔ 

Gọi α là số đo góc giữa AB và CD .

1 1 AB.CD.d ( AB; CD ) .sin α = .2.2.3.sin α = 2sin α ≤ 2 . 6 6 đạt giá trị lớn nhất là 2 , đạt được khi AB ⊥ CD .

Ta có VABCD = Do đó VABCD Câu 55.

Bảng biến thiên:

Giả sử vỏ hộp sữa có bán kính đáy là R , chiều cao là h ( R, h > 0 ).

Suy ra max f ( y ) = f ( 2 ) = 4. ( 0;3)

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối trụ bằng 2π .4 = 8π cm 3 . Cách 2.

O 3

 x+ y+ y  x + 2y  6 Thể tích khối trụ: V = π y x = π . x. y. y ≤ π   =π   = π   = 8π 3    3  3 Dấu “=” xảy ra khi x = y = 2 .

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối trụ bằng V = 8π cm3 . Câu 57.

Gọi D là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng ( O ) .

Chọn A. Phương pháp

Kẻ AH ⊥ OD , H ∈ OD . 2

Xác định bán kính đáy và chiều cao của hình trụ, sử dụng công thức V = π R h tính thể tích của hình trụ. +) Lập BBT tìm GTLN của hàm thể tích. Cách giải Ta có: Đường kính đáy của hình trụ là 9 − 2 x ⇒ Bán kính đáy hình trụ là

Ta có thể tích của khối chóp OO′AB : VOO′AB =

(VOO′AB )max ⇔ H ≡ O . Suy ra

1 2a 2 2a 2 4a 3 AH .S∆OO′B = . . AH ≤ . AO = 3 3 3 3

AD = 2 2 a .

= 1 . Suy ra: tan α = tan BAD 2 Nhận xét: Nên thêm giả thiết AB chéo với OO ' để tứ diện OO′AB tồn tại.

9 − 2x . 2

π π 2  9 − 2x   x = (9 − 2x ) x = f ( x ) 4 4  2  9 2 3 2 Xét hàm số f ( x ) = ( 9 − 2 x ) x = 4 x − 36 x + 81x với 0 < x < ta có: 2

Khi đó ta có thể tích ao là V = π 

 x = f ' ( x ) = 12 x − 72 x + 81 = 0 ⇔  x =  2

O' C

9 2 3 2

BBT:

O α

Gọi D là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng chứa đường tròn ( O ) . Gọi C là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng chứa đường tròn ( O ') . Dựa vào BBT ta thấy f ( x ) max = 54 ⇔ x = Câu 58.

Ta có O ' CB.OAD là một hình lăng trụ đứng. Ta có thể tích của khối chóp OO′AB :

27π 3 π = 13,5π ( m3 ) . . Khi đó Vmax = .54 = 2 4 2

1 1 1 4a 3 VOO′AB = VO ' BC .OAD = 2a.S∆OAD = .2a. .2a.2a.sin AOD ≤ . 3 3 2 3 AOD = 900 ⇔ AD = 2 2a . (V ) ⇔

Cách 1:

O ' ABCD max

1 . 2

= Suy ra: tan α = tan BAD

Lúc đó AO1 D.BO ' C là một hình lăng trụ chiều cao bằng 2a . Vì AD = BC nên S ∆BO 'C = S ∆OAD Ta có thể tích của khối chóp O '. ABCD :

1 2 2 2 1 8a 3 . VO ' ABCD = VAO1D .BO 'C = .2a.S∆BO 'C = .2a.S∆OAD = .2a. .2a.2a.sin AOD ≤ 3 3 3 3 2 3 AOD = 900 ⇔ AD = 2 2a . (V ) ⇔

O ' ABCD max

H O

A Câu 59.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng chứa đường tròn ( O ) . Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng chứa đường tròn ( O ') . Ta có HAD.BKC là một hình lăng trụ đứng. Ta có thể tích của tứ diện CDAB là

1 1 1 1 1 1 VABCD = VHAD.BKC = .2a.S∆HAD = .2a. . AD.d ( H ; AD ) = .2a. .2a 3.d ( H ; AD ) . 3 3 3 2 3 2 AD của đường tròn ( O ) (1). (VABCD )max ⇔ ( d ( H ; AD ) )max ⇔ H là điểm chính giữa cung lớn Theo định lý sin ta có

AD sin AHD

= 2.2a ⇔ sin AHD =

AD 2 3a 3 nên AHD = 600 . = = 4a 4a 2

Do đó (1) xảy ra khi ∆AHD đều ⇔ AH = AD = 2 3a .

= Suy ra: tan α = tan BAH

BH 2a 3 . = = AH 2a 3 3 C

B O'

A O1

Câu 60. Kẻ đường thẳng qua O ' song song với AB cắt mặt phẳng chứa đường tròn (O) tại O1 . 27

CHUYÊN ĐỀ 16

MẶT CẦU, KHỐI CẦU

A. 2 2a

MỤC LỤC PHẦN A. CÂU HỎI ........................................................................................................................................ 1

Bán kính của mặt cầu đó là. A. 8cm . B. 2cm . Câu 5.

Câu 6.

Dạng 3.2.4 Khối chóp khác ........................................................................................................................ 9 Dạng 4. Bài toán thực tế, cực trị ...................................................................................................................... 10

Dạng 2. Thể tích .............................................................................................................................................. 12

Câu 7.

C. S = 64π

D. S = 8π

Cho ba hình cầu tiếp xúc ngoài nhau từng đôi một và cùng tiếp xúc với một mặt phẳng. Các tiếp điểm của các hình cầu trên mặt phẳng lập thành tam giác có các cạnh bằng 4 , 2 và 3 . Tích bán kính của ba hình cầu trên là A. 12 B. 3 C. 6 D. 9

(Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Thể tích của khối cầu bán kính R bằng 3 4 B. π R 3 C. 4π R 3 D. 2π R 3 π R3 4 3

Dạng 3.1 Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối lăng trụ ................................................................................... 13 Câu 8.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Thể tích khối cầu bán kính a bằng : 4π a 3 π a3 B. 2π a 3 C. D. 4π a3 A. 3 3

Câu 9.

(THPT ĐÔNG SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 02) Thể tích khối cầu bán kính 3 cm bằng A. 36π ( cm 3 ) . B. 108π ( cm 3 ) . C. 9π ( cm 3 ) . D. 54π ( cm 3 ) .

Câu 10.

(THPT LÊ XOAY VĨNH PHÚC LẦN 1 NĂM 2018-2019) Cho mặt cầu ( S) có diện tích

Dạng 3.2.1 Khối chóp có cạnh bên vuông góc với đáy ........................................................................... 17 Dạng 3.2.2 Khối chóp có mặt bên vuông góc với đáy ............................................................................. 29 Dạng 3.2.3 Khối chóp đều ....................................................................................................................... 36

D. 6cm .

Dạng 2. Thể tích

Dạng 3. Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối đa diện ......................................................................................... 13 Dạng 3.2 Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối chóp ....................................................................................... 17

C. 4cm .

(SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Tính diện tích mặt cầu ( S ) khi biết chu vi đường tròn lớn của nó bằng 4π A. S = 32π B. S = 16π

Dạng 3.2.2 Khối chóp có mặt bên vuông góc với đáy ............................................................................... 7

PHẦN B. ĐÁP ÁN THAM KHẢO .............................................................................................................. 11

a 2 2

(THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Diện tích của một mặt cầu bằng 16π ( cm 2 ) .

Dạng 3.2.1 Khối chóp có cạnh bên vuông góc với đáy ............................................................................. 4

Dạng 1. Diện tích xung quanh, bán kính ......................................................................................................... 11

Câu 4.

Dạng 3.1 Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối lăng trụ ..................................................................................... 3

Dạng 3.2.3 Khối chóp đều ......................................................................................................................... 8

C. 2a

(CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Diện tích mặt cầu bán kính 2a là 4π a 2 A. 4π a 2 . B. 16π a 2 . C. 16a 2 . D. . 3

Dạng 3. Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối đa diện ........................................................................................... 3 Dạng 3.2 Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối chóp ......................................................................................... 4

Câu 3.

Dạng 1. Diện tích xung quanh, bán kính ........................................................................................................... 1 Dạng 2. Thể tích ................................................................................................................................................ 2

Dạng 3.2.4 Khối chóp khác ...................................................................................................................... 39 Dạng 4. Bài toán thực tế, cực trị ...................................................................................................................... 49

4πa 2 ( cm 2 ) . Khi đó, thể tích khối cầu ( S) là

PHẦN A. CÂU HỎI Dạng 1. Diện tích xung quanh, bán kính Câu 1.

(Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Diện tích của mặt cầu bán kính R bằng: 4 B. π R 2 C. 2π R 2 D. 4π R 2 3

A. π R 2 Câu 2.

(THPT THIỆU HÓA – THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho mặt cầu có diện tích bằng 16π a 2 . Khi đó, bán kính mặt cầu bằng

4πa 3 ( cm3 ) . 3

πa 3 ( cm3 ) . 3

64πa 3 ( cm3 ) . 3

16πa 3 ( cm3 ) . 3

Câu 11.

(CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho mặt cầu có diện tích bằng 36π a 2 . Thể tich khối cầu là B. 12π a 3 . C. 36π a 3 . D. 9π a 3 . A. 18π a3 .

Câu 12.

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Cắt mặt cầu ( S ) bằng một mặt phẳng cách tâm một khoảng bằng 4cm được thiết diện là một hình tròn có diện tích 9π cm2 . Tính thể tích khối cầu ( S ) . A.

250π cm3 . 3

2500π cm3 . 3

25π cm3 . 3

500π cm3 . 3 2

Câu 13.

Một khối đồ chơi gồm hai khối cầu ( H1 ) , ( H 2 ) tiếp xúc với nhau, lần lượt có bán kính tương ứng là r1 , r2 thỏa mãn r2 =

Câu 18.

(CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật có ba kích thước 1, 2 , 3 là 7π 14 9π 9π A. 36π . B. . C. . D. . 2 3 8

Câu 19.

(TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình lập phương cạnh 3 cm là

1 r1 (tham khảo hình vẽ). 2

Câu 14.

C. 160 cm3

(

)

(MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Tìm bán kính R mặt cầu ngoại tiếp một hình lập phương có cạnh bằng 2a. A. R = 3a B. R = a C. 100 D. R = 2 3 a

Câu 16.

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho mặt cầu bán kính R ngoại tiếp một hình lập phương cạnh a . Mệnh đề nào dưới đây đúng? 3R 2 3R A. a = B. a = C. a = 2R D. a = 2 3R 3 3

Câu 17.

(THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB = a , AD = AA ' = 2a . Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp của hình hộp chữ nhật đã cho bằng 3π a 2 9π a 2 A. 9π a 2 B. C. D. 3π a 2 4 4

27π 3 cm3. 8

C. 4π a 2 .

D. 24π a 2 .

Câu 22.

(THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có SA ⊥ ( ABCD ) , SA = a và đáy ABCD nội tiếp đường tròn bán kính bằng a . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD là a 5 a 2 a 3 a 3 A. . B. . C. . D. . 3 2 2 3

Câu 23.

(GKI THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và AB = a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Đường thẳng SC tạo với mặt đáy một góc 60 0 . Tính diện tích mặt cầu đi qua 4 đỉnh của hình chóp S . ABC . 32a 2π 8a 2π A. 8a 2π B. C. D. 4a 2π 3 3

Câu 24.

(CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Cạnh bên SA = a 6 và vuông góc với đáy ( ABCD ) .

Dạng 3. Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối đa diện Dạng 3.1 Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối lăng trụ Câu 15.

(SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = a 3 , BC = 2a , đường thẳng AC ′ tạo với mặt phẳng ( BCC ′B′) một góc 30° . Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho bằng:

A. 3π a 2 . B. 6π a 2 . Dạng 3.2 Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối chóp Dạng 3.2.1 Khối chóp có cạnh bên vuông góc với đáy

112   16π A. V =  24 3 − .  π . B. V = 3   3 8 C. V = π . D. V = 24 3 − 40 π . 3

C. 9π 3 cm3.

Câu 21.

D. 135 cm3

Cho một bán cầu đựng đầy nước với bán kính R = 2 . Người ta bỏ vào đó một quả cầu có bán kính bằng 2 R . Tính lượng nước còn lại trong bán cầu ban đầu.

9π 3 cm3. 2

(CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối hộp chữ nhật có kích thước a , a 3 , 2a là B. 4π a 2 . C. 16π a 2 . D. 8π a 2 . A. 8a 2 .

Biết rằng thể tích của toàn bộ khối đồ chơi bằng 180cm . Thể tích của khối cầu ( H1 ) bằng B. 120 cm3

Câu 20. 3

A. 90 cm3

27π 3 cm3. 2

Tính theo a diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD . A. 8π a 2 . B. a 2 2 . C. 2π a 2 .

D. 2a 2 .

Câu 25.

(THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Trong không gian, cho hình chóp S. ABC có SA, AB, BC đôi một vuông góc với nhau và SA = a, AB = b, BC = c. Mặt cầu đi qua S , A, B, C có bán kính bằng 1 2 2( a + b + c) A. B. a 2 + b2 + c2 . C. 2 a 2 + b 2 + c2 . D. . a + b2 + c2 . 3 2

Câu 26.

(MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho tứ diện ABCD có tam giác BCD vuông tại C , AB vuông góc với mặt phẳng ( BCD ) , AB = 5a , BC = 3a và CD = 4a . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD .

5a 2 3

A. R =

B. R =

5a 3 3

C. R =

5a 2 2

D. R =

5a 3 2

a 5 . 2

B. 2 a.

C. a 5.

D. a 7.

Câu 35.

(THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , BC = 2a , cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SC , khi đó thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp AHKCB là 2π a 3 8 2π a 3 π a3 A. 2π a 3 . B. . C. . D. . 2 3 3

(KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S. ABC có tam giác ABC vuông tại B , SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . SA = 5, AB = 3, BC = 4 . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC 5 5 2 A. R = . B. R = 5 . C. R = . D. R = 5 2 . 2 2

Câu 36.

(THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Cho hình chóp SABC , đáy ABC là tam giác đều cạnh a; SA ⊥ ( ABC ) . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB; SC .

Câu 29.

(KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB = 8 , BC = 6 . Biết SA = 6 và SA ⊥ ( ABC ) . Tính thể tích khối cầu có tâm thuộc phần không gian bên trong của hình chóp và tiếp xúc với tất cả các mặt phẳng của hình chóp SABC . 16π 625π 256π 25π A. B. C. D. 9 81 81 9

Câu 37.

Câu 30.

(THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hình chóp S . ABC có đường cao SA , đáy ABC là tam giác vuông tại A . Biết SA = 6a , AB = 2a, AC = 4a . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC ? A. R = 2a 7 . B. R = a 14 . C. R = 2a 3 . D. r = 2a 5 .

(GKI CS2 LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và AB = a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Đường thẳng SC tạo với đáy một góc 600 . Tính diện tích mặt cầu đi qua bốn đỉnh của hình chóp SABC 32a 2 8a 2π A. 8a 2π . B. C. D. 4 a 2π . π. 3 3

Câu 38.

(THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , tam giác ABC vuông tại B . Biết

Câu 31.

(THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có đường chéo bằng 2a , cạnh SA có độ dài bằng 2a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD ?

Câu 27.

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB = 3a , BC = 4a , SA = 12a và SA vuông góc với đáy. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . A. R =

Câu 28.

13a 2

a 6 A. . 2 Câu 32.

a 6 B. . 4

C. R =

5a 2

2a 6 C. . 3

D. R =

17 a 2

a 3 3

2a 3 3

C. a

Diện tích mặt cầu đi qua 5 điểm A, B, C , K , H là A.

A. a . Câu 39.

Câu 34.

a3 3 . 3

4π a 2 . 3

B. 2a 2 .

π a2 3

D. x = 3 ; y =

C. a 2 .

1 . 2

(THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có các cạnh bên SA, SB, SC vuông góc với nhau từng đôi một. Biết thể tích của khối

(

Câu 40.

D. 2a

a3 . Tính bán kính r của mặt cầu nội tiếp của hình chóp S . ABC . 6 a 2a a . B. r = 2 a . C. r = A. r = . D. r = . 3+ 3 3 3+ 2 3 3 3+ 2 3

2a 3 3 . 3

)

(

)

(CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a . Đường thẳng SA = a 2 vuông góc với đáy ( ABCD ) . Gọi M là trung điểm SC , mặt phẳng (α ) đi qua hai điểm A và M đồng thời song song với

BD cắt SB, SD lần lượt tại E , F . Bán kính mặt cầu đi qua năm điểm S , A, E , M , F nhận giá trị nào sau đây? a 2 a A. a B. C. D. a 2 2 2

S . ABCD có bán kính bằng a 2 . Thể tích của khối chóp S . ABCD bằng

B. 2a3 3 .

B. 3π a 2 .

chóp bằng

(PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a , SA ⊥ ( ABCD ) , SC tạo với mặt đáy một góc 450 . Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

A. 2a3 .

4π a 2 . 9

SA = 2a, AB = a, BC = a 3 . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

a 6 D. . 12

= 60° , BC = a , (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S.ABC có BAC SA ⊥ ( ABC ) . Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SC . Bán kính mặt cầu đi qua các điểm A, B, C, M , N bằng A.

Câu 33.

B. R = 6 a

(CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình vuông cạnh bằng a . SA ⊥ ( ABCD ), SA = a 3. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp?

Câu 41.

(ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = 1, AD = 2 , cạnh bên SA = 1 và SA vuông góc với đáy. Gọi E là trung điểm AD . Tính diện tích Smc của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .CDE .

A. Smc = 11π . Câu 42.

B. Smc = 5π .

C. Smc = 2π .

D. Smc = 3π .

A. V =

(SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) và AB = 2, AC = 4, SA = 5 . Mặt cầu đi

qua các đỉnh của hình chóp S. ABC có bán kính là: 25 5 A. R = . B. R = . C. R = 5 . 2 2 Dạng 3.2.2 Khối chóp có mặt bên vuông góc với đáy

D. R =

Câu 50.

(THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Cho tứ diện ABCD có các mặt ABC và BCD là các tam giác đều cạnh bằng 2; hai mặt phẳng ( ABD ) và ( ACD ) vuông góc với nhau. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . 2 3 A. 2 2 . B. 2 . C. . 3

Câu 44.

Câu 45.

(THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang cân, AB = 2a , CD = a , ABC = 600 . Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với ( ABCD ) . Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S. ABC .

Câu 46.

Câu 47.

a 3 3

B. R = a

Câu 49.

2a 3 3

D. R =

2a 3

(THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , AB = BC = a, AD = 2 a . Tam giác SAD đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC theo a. A. 6π a 2 . B. 10π a 2 . C. 3π a 2 . D. 5π a 2 .

C. S mc

4 3π a 3 . 27

64πa 2 9

B. S =

13π a 2 . 3

C. S =

11π a 2 . 2

D. S =

11π a 2 . 3

Câu 52.

(THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Nếu tứ diện đều có cạnh bằng a thì mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện có bán kính bằng: a 2 a 2 a 6 a 6 A. . B. . C. . D. . 6 4 4 6

Câu 53.

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 3 2 a, cạnh bên bằng 5a. Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD. 25a A. R = 3a . B. R = 2a . C. R = . D. R = 2a . 8

Câu 54.

(ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Hình chóp đều S . ABCD tất cả các cạnh bằng a . Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là A. 4π a 2 . B. π a 2 . C. 2π a 2 D. 2π a 2 .

Câu 55.

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hình chóp tứ giác đều có góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60° . Biết rằng mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó có bán kính R = a 3. Tính độ dài cạnh đáy của hình chóp tứ giác đều nói trên. 12 3 9 A. B. 2a C. a D. a a 5 2 4

Câu 56. 7π a 2 . = 12

D. V =

(THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Biết rằng ASB = 60° . Tính diện tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD . AB = a, AD = a 3 và

13π a 2 . 2 Dạng 3.2.3 Khối chóp đều

(HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Cho hình chóp S . ABC có AB = a, ACB = 300 . Biết SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy ( ABC ) . Tính diện tích mặt cầu S mc ngoại tiếp hình chóp S . ABC . 7π a 2 13π a 2 A. S mc = . B. S mc = . 3 3

Câu 48.

C. R =

4 3π a 3 . 81

C. V =

(SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho tứ diện ABCD có AB = BC = AC = BD = 2a , AD = a 3 ; hai mặt phẳng ( ACD ) và ( BCD ) vuông góc với nhau.

A. S =

6 D. . 3

(KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 1, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC . 5π 5 15π 5 15π 4 3π B. V = C. V = D. V = A. V = 3 18 54 27

A. R =

7 21π a 3 . 18

B. V =

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD bằng 64πa 2 4πa 2 16πa 2 A. B. C. 27 27 9

10 . 3

Câu 51. Câu 43.

7 21π a 3 . 54

(GKI CS2 LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp đều S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh AB = a , góc giữa mặt bên với mặt phẳng đáy bằng 600 . Tính bán kính mặt cầu đi qua bốn đỉnh của hình chóp S.ABC

D. S mc = 4π a .

(KTNL GV BẮC GIANG NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính diện tích S của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD 2 2 A. S = 3π a 2 . B. S = 4π a . C. S = 7π a . D. S = 7π a 2 . 3 3 (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. 7

A. Câu 57.

a 3 . 2

7a . 12

7a . 16

a . 2

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LẦN 02 NĂM 2018-2019) Cho hình chóp tứ giác đều có góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60° . Biết rằng mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó có bán kính R = a 3. Tính độ dài cạnh đáy của hình chóp tứ giác đều nói trên. 12 3 9 A. B. 2a . C. a . D. a . a. 5 2 4 8

Dạng 3.2.4 Khối chóp khác Câu 58.

(CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho mặt cầu tâm O và tam giác ABC có ba đỉnh nằm trên mặt cầu với góc BAC = 300 và BC = a . Gọi S là điểm nằm trên mặt cầu, không thuộc mặt phẳng ( ABC ) và thỏa mãn SA = SB = SC , góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABC ) bằng 600 . Tính thể tích V của khối cầu tâm O theo a . A. V =

Câu 59.

Câu 60.

Câu 61.

3 3 πa 9

B. V =

32 3 3 πa 27

C. V =

4 3 3 πa 27

D. V =

15 3 3 πa 27

a 3 (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hình chóp S.ABC có SA = , các 2 cạnh còn lại cùng bằng a. Bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là: a 13 a 13 a 13 a A. R = C. R = B. R = D. R = 2 3 3 6

7π a 2 B. 12

7π a 2 C. 3

7π a 2 D. 6

nội tiếp hình chóp S . ABCD (mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt bên của hình chóp) 4a 4a 4a 4a A. . B. . C. . D. . 9 + 13 5 + 17 5 + 13 9 + 17 Câu 62.

Câu 63.

Câu 64.

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 3, AD = 4 và các cạnh bên của hình chóp tạo với mặt đáy một góc 60°. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. 250 3 125 3 50 3 500 3 A. V = B. V = C. V = D. V = π. π. π. π. 3 6 3 27

125π 2 a . 4

125π 2 a . 2

D. 4π a 2 .

(CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho tứ diện ABCD có AB = CD = 3 , AD = BC = 5 , AC = BD = 6 . Tính thê tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . 35 35 π ( đvtt). D. 35 35 π ( đvtt). A. 35 π ( đvtt). B. 35 ( đvtt). C. 6

Câu 66.

(THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho đường tròn tâm O có đường kính AB = 2 a nằm trong mặt phẳng ( P ) . Gọi I là điểm đối xứng với O qua A . Lấ y

điểm S sao cho SI vuông góc với mặt phẳng ( P ) và SI = 2 a . Tính bán kính R của mặt cầu qua đường tròn tâm O và điểm S . a 65 a 65 7a . . A. R = B. R = C. R = a 5. D. R = . 4 16 4 Câu 67.

(LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABC có đáy = SCB = 900 ABC là tam giác vuông cân tại B , AB = BC = 3a 2 , SAB . Biết khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC ) bằng 2a 3 . Tính thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC . A. 72 18π a3 .

(SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD ) là điểm H thuộc đoạn AC thoả mãn AC = 4 AH và SH = a . Tính bán kính mặt cầu

Câu 65.

Cho hình chóp S . ABC có SA = SB = SC = a , ASB = ASC = 90° , = 60° . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. BSC 7π a 2 A. 18

25π 2 a . 2

B. 18 18π a3 .

C. 6 18π a3 .

D. 24 18π a3 .

Câu 68.

(CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp O. ABC có = 90° AOB = 60° , BOC OA = OB = OC = a , , AOC = 120° . Gọi S là trung điểm cạnh OB . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là a a a 7 a 7 A. B. C. D. 4 4 2 2

Câu 69.

(ĐỀ HỌC SINH GIỎ I TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho tứ diện ABCD có AB = 6a , CD = 8a và các cạnh còn lại bằng a 74 . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . 100 2 πa . A. S = 25π a 2 . B. S = 100π a 2 . C. S = D. S = 96π a 2 . 3

Dạng 4. Bài toán thực tế, cực trị Câu 70.

(HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Một cơ sở sản suất đồ gia dụng được đặt hàng làm các chiếc hộp kín hình trụ bằng nhôm đề đựng rượu có thể tích là V = 28π a 3 ( a > 0 ) . Để tiết kiệm sản suất và mang lại lợi nhuận cao nhất thì cơ sở sẽ sản suất những chiếc hộp hình trụ có bán kính là R sao cho diện tích nhôm cần dùng là ít nhất. Tìm R B. R = 2a 3 7 C. R = 2a 3 14 D. R = a 3 14 A. R = a 3 7

Câu 71.

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9 , tính thể tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất. A. V = 576 2 B. V = 144 6 C. V = 144 D. V = 576

Câu 72.

điểm của ID . Biết rằng SB tạo với mặt phẳng ( ABCD ) một góc 45° . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD .

(SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9 , khối chóp có thể tích lớn nhất bằng bao nhiêu ? A. 576 2 . B. 144 . C. 576 . D. 144 6 .

(CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều và tam giác SCD vuông cân tại S . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. 7π a 2 8π a 2 5π a 2 A. . B. . C. . D. π a2 3 3 3 (CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình chữ nhật tâm I cạnh AB = 3a , BC = 4a . Hình chiếu của S trên mặt phẳng ( ABCD ) là trung

Câu 73.

Câu 74.

Vì các tiếp điểm của các mặt cầu với mặt phẳng tiếp xúc lập thành tam giác có các cạnh bằng

(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Trong không gian Oxyz , lấy điểm C trên tia Oz sao cho OC = 1 . Trên hai tia Ox, Oy lần lượt lấy hai điểm A, B thay đổi sao cho OA + OB = OC . Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O. ABC ? 6 6 6 A. B. 6 C. D. 4 3 2 (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, các cạnh bên của hình chóp bằng 6 cm , AB = 4 cm . Khi thể tích khối chóp S . ABCD đạt giá trị lớn nhất, tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp S . ABCD . A. 12π cm2 . B. 4π cm2 . C. 9π cm2 . D. 36π cm2 .

 2 R1 R2 = 4  4, 2 và 3 nên ta có hệ phương trình:  2 R2 R3 = 2 ⇒ 8R1 R2 R3 = 2.4.3 hay R1 R2 R3 = 3 .   2 R3 R1 = 3

Dạng 2. Thể tích Câu 7. Chọn B Chọn C Câu 8. Câu 9.

4 4 Thể tích khối cầu là: V = .π .R 3 = .π .33 = 36π cm3 . 3 3

Câu 10.

Gọi mặt cầu có bán kính R . Theo đề ta có 4π R 2 = 4π a 2 . Vậy R = a (cm) .

PHẦN B. ĐÁP ÁN THAM KHẢO

Khi đó, thể tích khối cầu ( S) là: V =

Dạng 1. Diện tích xung quanh, bán kính Câu 1. Chọn D Câu 2. Chọn C Ta có: S = 4π R 2 = 16π a 2 ⇒ R = 2a 2

Câu 3.

Ta có: S = 4π R 2 = 4π ( 2a ) = 16π a 2 .

Câu 4.

Ta có: 4π R 2 = 16π ⇔ R 2 = 4 ⇒ R = 2(cm). Chọn B

Câu 5.

)

4π R3 4π a 3 = ( cm3 ) . 3 3

Câu 11.

Gọi R là bán kính mặt cầu.

Câu 12.

Mặt cầu có diện tích bằng 36π a 2 nên 4π R 2 = 36π a 2 ⇔ R 2 = 9a 2 ⇒ R = 3a 4 4 Thể tích khối cầu là V = π R 3 = π (3a )3 = 36π a 3 3 3 Gọi I và R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu ( S ) . Gọi ( P ) là mặt phẳng cách tâm một khoảng bằng 4 cm . Ta có h = d ( I , ( P ) ) = 4 cm .

Nhận xét : Đường tròn lớn của mặt cầu ( S ) là đường tròn đi qua tâm của mặt cầu ( S ) nên bán kính của đường tròn lớn cũng là bán kính của mặt cầu ( S ) .

( P ) cắt mặt cầu ( S )

theo được thiết diện là một hình tròn có bán kính r .

Theo giả thiết ta có π r 2 = 9π ⇔ r = 3 cm .

4 500π Ta có R = r 2 + h 2 = 5 cm . Suy ra thể tích khối cầu ( S ) là V = π R 3 = cm3 . 3 3 Câu 13. Chọn C 4 Thể tích khối ( H1 ) là V1 = π r13 3 4 Thể tích khối ( H 2 ) là V2 = π r23 3

Chu vi đường tròn lớn của mặt cầu ( S ) bằng 4π ⇒ 2π R = 4π ⇔ R = 2 . Vậy diện tích mặt cầu ( S ) là S = 4π R 2 = 16π . Câu 6.

(

Chọn B

4 4 4 4 1  9 4  9 Tổng thể tích 2 khối là V = V1 + V2 = π r13 + π r23 = π r13 + π  r1  =  π r13  = V1 3 3 3 3  2  8 3  8 9 Suy ra V1 = 180 ⇒ V1 = 160 8

O1 O2

R2 B

Nhận xét: Đường tròn ( O1; R1 ) , ( O2 ; R2 ) tiếp xúc ngoài, cùng tiếp xúc với một đường thẳng tại hai điểm A và B . Khi đó ta có: AB = 2 R1 R2 .

Gọi tâm các mặt cầu lần lượt là O1 , O2 , O3 có bán kính lần lượt là R1 , R2 , R3 . 11

R'=2R

Gọi O = AC′ ∩ A′C ⇒ O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương. R

Bán kính mặt cầu: R = OA = Câu 17.

1 a 3 2 R 2 3R AC ′ = ⇒a= = 2 2 3 3

Chọn A

Câu 14. Khi đặt khối cầu có bán kính R ′ = 2 R vào khối cầu có bán kính R ta được phần chung của hai khối cầu. phần chung đó gọi là chỏm cầu. Gọi h là chiều cao chỏm cầu. Thể tích khối chỏm cầu h  là Vc = π h 2  R′ −  . 3 

2a B C a

 4 − 2 3  2π ⇒ Vc = π 4 − 2 3  4 − 64 − 36 3 . = 3  3  1 4 16π . Thể tích một nửa khối cầu V = . π R3 = 2 3 3 Thể tích khối nước còn lại trong nửa khối cầu: 16π 2π 112   Vn = V − Vc = − 64 − 36 3 =  24 3 − π . 3 3 3  

(

)

(

)

Đường chéo của hình lập phương: AC ′ = 2 3 a . Bán kính R =

Bán kính khối cầu là một nửa đường chéo của hình hộp chữ nhật: 1 1 2 3 R= AB 2 + AD 2 + BB '2 = a + (2a) 2 + (2a) 2 = a . 2 2 2 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật là: 2

 3a  S = 4π R 2 = 4π   = 9π a 2 .  2 

Dạng 3. Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối đa diện Dạng 3.1 Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối lăng trụ Câu 15. Chọn A

Câu 16.

với h = R′ − R′2 − R 2 = 4 − 42 − 22 = 4 − 2 3 . 2

AC ′ =a 3. 2

Chọn B 13

Câu 20. Xét hình hộp chữ nhật là ABCD. A′B′C ′D′ có AB = a , AD = a 3 , AA′ = 2a . Gọi I là trung điểm A′C , suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhậậtt ABCD. A′B′C ′D′ . Ta có bán kính mặt cầuu ngo ngoại ại tiếp hình hộp ABCD. A′B′C ′D′ là: 1 1 2 2 R = AC ′ = AB + AD + AA′2 = a 2 . 2 2 Vậy diện tích mặt cầu là: S = 4π R 2 = 8π a 2 .

Câu 18. Gọi R là bán kính khối cầu ầu ngoại ngo tiếp hình hộp chữ nhật. Ta có R =

1 1 2 14 . BD′ = 1 + 22 + 32 = 2 2 2 3

4 4  14  7π 14 Vậy thể tích khối cầu là: V = π R 3 = π  .  = 3 3  2  3 B A

O F

H Câu 19. G Gọi R là bán kính khối cầu ngoại tiếp hình lập phương ABCD.EFGH .

Câu 21. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC ⇒ AH ⊥ ( BCC ′B′ ) .

1 3 3 Ta có CE = AB. 3 = 3 3 cm. Suy ra R = CE = cm. 2 2

′A = 30° . ⇒ ( AC ′, ( BCC ′B′ ) ) = HC

ABC là tam giác vuông tại A , AB = a 3 , BC = 2a suy ra AC = a .

4 4  3 3  27 3 Thể tích khối cầu là: V = π R 3 = π  π cm3.  = 3 3  2  2

AB. AC a 3 = ⇒ AC ′ = 2 AH = a 3 ⇒ AA′ == AC ′2 − AC 2 = a 2 . BC 2 Gọi I , I ′ lần lượt là trung điểm BC , B′C ′ . Dễ thấy I , I ′ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC , ∆A′B′C ′ . Gọi O là trung điểm của II ′ suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho. Ta có: AH =

a 6  BC   BB′  Bán kính mặt cầu là : R = OB =  .  +  = 2  2   2  Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho bằng: S = 4π R 2 = 6π a 2 .

Dạng 3.2 Khối cầu nội tiếp, ngoại tiếp khối chóp Dạng 3.2.1 Khối chóp có cạnh bên vuông góc với đáy Câu 22. Gọi điểm O là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy. I là trung điểm SA . J là tâm mặt cầu ngoại tiếp.

Câu 25.  SA ⊥ AB Ta có:  ⇒ SA ⊥ ( ABC ) ⇒ SA ⊥ AC.  SA ⊥ BC

Dễ thấy AIJO là hình chữ nhật. Do đó JA = Câu 23.

a 5 a . AO 2 + AI 2 = a 2 +   = 2 2

 BC ⊥ SA Ta có:  ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ SB.  BC ⊥ AB

Chọn A

= 600 ⇒ SC = 2a 2 . Theo giả thiết: SCA

Gọi O là trung điểm SC , ta có tam giác SAC , SBC vuông lần lượt tại A và B nên:

SC =a 2. 2 2 2 Diện tích S = 4π R = 8a π .

Bán kính mặt cầu R =

OA = OB = OC = OS =

SC SC . Do đó mặt cầu đi qua S , A, B, C có tâm O và bán kính R = . 2 2

Ta có: SC 2 = SB 2 + BC 2 = SA2 + AB 2 + BC 2 = a 2 + b 2 + c 2 . suy ra R = Câu 26.

1 2 a + b2 + c2 . 2

Chọn C

Câu 24. Gọi O = AC ∩ BD , đường chéo AC = a 2 . Gọi I là trung điểm của SC . Suy ra OI là đường trung bình của tam giác SAC . Suy ra OI // SA ⇒ OI ⊥ ( ABCD ) . Hay OI là trục đường tròn ngoại tiếp đáy ABCD . Mà IS = IC ⇒ IA = IB = IC = ID = IS . Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD . SC Bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD : R = SI = = 2 Diện tích mặt cầu: S = 4π R 2 = 8π a 2 .

Tam giác BCD vuông tại C nên áp dụng định lí Pitago, ta được BD = 5a . Tam giác ABD vuông tại B nên áp dụng định lí Pitago, ta được AD = 5a 2. Vì B và C cùng nhìn AD dưới một góc vuông nên tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là trung điểm I của AD . Bán kính mặt cầu này là: R = Câu 27.

AD 5a 2 = . 2 2

Chọn A

SA2 + AC 2 =a 2. 2

Ta có BC ⊥ AB; BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ SB ⇒ ∆SBC vuông tạiB.

Nên IS = IC = IB (2) Từ (1) và (2) ta có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC bán kính R = I

12a

AC = AB 2 + BC 2 = 5 ; SC = AS 2 + AC 2 = 5 2

Vậ y R =

1 SC . 2

Câu 29.

5 2 . 2

Chọn C

Ta có: AC = AB 2 + BC 2 = 5a Vì SA ⊥ AC nên SC = SA2 + AC 2 = 13a

 BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ SB . Tương tự: CD ⊥ SD Nhận thấy:   BC ⊥ SA Do các điểm A, B, D đều nhìn đoạn thẳng SC dưới một góc vuông nên gọi I là trung điểm của đoạn thẳng SC thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . SC 13a Vậ y R = . = 2 2 Câu 28.

Chọn A

3V 1 Gọi r là bán kính khối cầu nội tiếp chóp S . ABC , ta có VS . ABC = Stp .r ⇒ r = S . ABC 3 Stp

1 VS . ABC = SA.S ABC = 48 3 Ta dễ dàng có ∆ SAB , ∆SAC vuông tại S

M A

Tính được AC = AB 2 + BC 2 = 10 Stp = S SAB + S SAC + S ABC = 108 (đvdt) ⇒ r =

Câu 30.

3VS . ABC 4 = Stp 3

4 256π . Vậy thể tích khối cầu nội tiếp chóp S . ABC là V = π .r 3 = 3 81 Chọn B Ta có

BC = AB 2 + AC 2 = 4a 2 + 16a 2 = 2a 5

Gọi K là trung điểm AC . Gọi M là trung điểm SA . Vì tam giác ABC vuông tại B nên K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

Rd = a 5

Từ K dựng đường thẳng d vuông góc với mp ( ABC ) .

R = Rd2 +

Trong mp ( SAC ) dựng MI là đường trung trực đoạn SA cắt d tại I .

SA2 = 5a 2 + 9a 2 = a 14 . 4

Khi đó điểm I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC và bán kính mặt cầu là R = AI . SA 5 5 Ta có AC = AB 2 + BC 2 = 5 ⇒ AK = . Có IK = MA = = . 2 2 2 Vậy R = AI =

AK 2 + IK 2 =

25 25 5 2 . Gọi I là trung điểm của SC. Tam giác SAC vuông tại A + = 4 4 2

nên IS = IC = IA (1) 19

Định lí hàm sin trong ∆ABC : IA = Câu 33.

I A

Câu 31.

BC 2sin BAC

a a 3 = . 2sin 60° 3

Chọn D

*) Ta có ∆SAC vuông tại A (1) . ∗) CM ∆ SDC vuông tại

D. Ta có:

AD ⊥ CD ( vì ABCD là hình chữ nhật). SA ⊥ CD (vì cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy).

Ta suy ra: CD ⊥ ( SAD ) ⇒ CD ⊥ SD ⇒ ∆SDC vuông tại D ( 2 ) . *) Chứng minh tương tự, ta được ∆ SBC vuông tại B ( 3 ) . Từ (1) , ( 2 ) , ( 3 ) : Ta suy ra: mặt cầu ( S ) ngoại tiếp hình chóp S . ABCD có đường kính SC . 2

Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABCD ; I là trung điểm đoạn SC .  BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ SB .   BC ⊥ AB

Ta có: SC = SA + AC = 4 a + 2a = a 6 . Vậy mặt cầu ( S ) ngoại tiếp hình chóp S . ABCD có bán kính bằng R =

SC a 6 = . 2 2

CD ⊥ SA ⇒ CD ⊥ ( SAD ) ⇒ CD ⊥ SD  CD ⊥ AD

Các điểm A, B, D cùng nhìn SC dưới một góc vuông nên I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD . Mặt khác AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng đáy nên góc giữa SC và mặt phẳng đáy là

góc ACS bằng 450 . Do đó tam giác SAC vuông cân tại A ⇒ SA = AC = 2a .

1 1 2a 3 3 VS . ABCD = SA.S ABCD = .2a.a.a 3 = . 3 3 3

M H C

A I

K B Câu 32. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC

⇒ IA = IB = IC (1) . Kẻ IH là trung trực của AC . IH ⊥ AC   ⇔ IH ⊥ ( SAC ) ⇔ IH ⊥ ( ANC ) . IH ⊥ SA  Mà ∆ANC vuông tại N có AC là cạnh huyền và H là trung điểm AC ⇒ IH là trục của

Câu 34. Gọi O = AC ∩ BD. Dựng ( d ) đi qua O và vuông góc với mp ( ABCD ) .

∆ANC ⇒ IA = IC = IN ( 2 ) .

Dựng ∆ là đường trung trực của cạnh SA cắt SA tại E . I = d ∩ ∆ ⇒ I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD => Bán kính là: IA .

Tương tự kẻ IK là trung trực của AB ⇒ IK là trục của ∆AMB ⇒ IA = IB = IM ( 3) .

Ta có AO =

(1) , ( 2 ) , ( 3) ⇒ IA = IB = IC = IM = IN ⇒ I

là tâm đường tròn ngoại tiếp chóp A.BCMN .

a 2 a 3 a 2 2 a 3 2 a 5 , AE = . AI = AO 2 + AE 2 = ( ) +( ) = . 2 2 2 2 2

Vì ABC là tam giác đều cạnh nên ta có: IA = IB = IC = R =

a 3 . 3

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và AC . Ta có: IM ⊥ AB và IM ⊥ SA ( do SA ⊥ ( ABC ) ) suy ra IM ⊥ ( SAB ) ; Mà AH ⊥ HB nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB ; Do đó IM là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB ⇒ IA = IH = IB (1) Lại có: IN ⊥ AC và IN ⊥ SA ( do SA ⊥ ( ABC ) ) suy ra IN ⊥ ( SAC ) ; Mà AK ⊥ KC nên N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKC ; Do đó IN là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác AKC ⇒ IA = IK = IC ( 2)

Câu 35. Gọi M là trung điểm BC .

Từ (1) và ( 2 ) suy ra I là tâm mặt cầu đi qua 5 điểm A, B, C, K , H và bán kính mặt cầu đó là

∆ABC vuông cân tại B ⇒ MB = MA = MC = ∆KAC vuông tại K ⇒ MK =

1 AC . (1) 2

4π a 2 a 3 ⇒ Smc = 4π R 2 = . 3 3 Chọn B

R= Câu 37.

1 AC . (2) 2

BC ⊥ AB    ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH  BC ⊥ SA   ⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ AH ⊥ HC .  AH ⊥ SB  1 ⇒ ∆AHC vuông tại H ⇒ MH = AC . (3) 2 Từ (1) → ( 3) ⇒ M là tâm khối cầu ngoại tiếp hình chóp AHKCB .

Gọi K , M lần lượt là trung điểm của AC , AS Tam giác ABC là tam giác vuông cân tại B nên K là tâm đường tròn ngoại tiếp Từ K dựng đường thẳng d vuông góc mặt phẳng (ABC). Trong (SAC), dựng đường trung trực của SA cắt d tại I Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC và bán kính mặt cầu là R = IA

4 8 2π a 3 Thể tích khối cầu: V = π R 3 = . 3 3

Ta có AC = AB 2 + BC 2 = a 2 ⇒ AK =

AC a 2 = 2 2

= a 6 ⇒ MA = SA = a 6 SA = AC. tan SCA 2 2

H Câu 38.

1 1 AB 2 + BC 2 = a 2 . Bán kính khối cầu cần tìm: R = AC = 2 2

⇒ R = IA = MA2 + AK 2 = a 2 . Diện tích mặt cầu là S = 4π R 2 = 8a 2π Chọn C

I B

Câu 36. Gọi I và R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 23

Stp = S SAB + SSBC + SSCA + S ABC = 3

(

)

a 2 a2 + 2 4

(

a2 3 + 3

Thay vào (*) ta được:

a3 3. 3V a 6 r= = = . Stp a 2 3 + 3 3+ 3

(

Gọi M = AH ∩ BC , dựng tia phân giác trong của góc AMB cắt SH tại I, kẻ IE ⊥ ( SBC ) tại E. Dễ thấy

E ∈ SM . Khi đó ta có IH = IE hay d ( I , ABC ) = d ( I , SBC ) do S.ABC la chóp tam giác đều nên

BC ⊥ AB   ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ SB , lại có CA ⊥ SA . BC ⊥ SA  Do đó 2 điểm A, B nhìn đoạn SC dưới một góc vuông. Suy ra mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC là mặt cầu đường kính SC.

hoàn toàn có d ( I , ABC ) = d ( I , SAB) = d ( I , SAC ) tức là I là tâm mặt cầu nội tiếp khối chóp

Ta có

S.ABC. Ta có r = IH = IE . Xét ∆SAM vuông tại S, đường cao SH , tính được SM =

Xét tam giac ABC có AC = BC 2 + BA2 = 2a suy ra SC = SA2 + AC 2 = 2a 2 . Câu 39.

)

2 Cách 2. Xác định tâm và tính bán kính Từ giả thiết suy ra SA = SB = SC = a . Kẻ SH ⊥ ( ABC ) , ta có H là trực tâm của tam giác ABC.

Vậy R = a 2 . Chọn A

BC a 2 a . = = 2 2 2

a2 a 6 SM 2 a 2 a 6 a = ; MH = . : = = 2 2 2 2 AM 6 1 1 1 1 3 a . = + + = ⇒ SH = SH 2 SA2 SB 2 SC 2 a 2 3 Áp dụng tính chất đường phân giác ta có IH MH IH MH IH MH = ⇒ = ⇔ = IS MS IH + IS MH + MS SH MH + MS MH .SH a a a a a ⇒ IH = = . :( + )= MH + MS 6 3 6 2 3+ 3 a Vậy r = IH = . 3+ 3 Chọn C AM = SA2 + SM 2 = a 2 +

Câu 40.

Cách 1. Áp dụng công thức: r =

x2 3 3V . (*) và tam giác đều cạnh x có diện tích S = Stp 4

Từ giả thiết S.ABC đều có SA = SB = SC . Lại có SA, SB, SC đôi một vuông góc và thể tích khối chóp S.ABC bằng

a3 nên ta có SA = SB = SC = a . 6

Suy ra AB = BC = CA = a 2 và tam giác ABC đều cạnh có độ dài a 2 . Do đó diện tích toàn phần của khối chóp S . ABC là 25

F G

M B

Câu 41. Gọi H , G, F lần lượt là trung điểm AB, SC , SE ; M = AC ∩ BD . Dễ thấy AFGH là hình bình hành. AF ⊥ SE ( SA = AE ) Ta có  GF ⊥ SE (GF / / AB / /CE , AB ⊥ SE ) Khi đó, ( AFGH ) là mặt phẳng trung trực của SE . Theo giả thiết: tứ giác ABCE là hình vuông ⇒ CE ⊥ AD ⇒ ∆CED vuông tại E. Gọi I là trung điểm của CD , ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE . Đường thẳng d đi qua I và song song SA là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE . GH cắt d tại O , ta có O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .CDE , bán kính: R = OC O ∈ d ⇒ OE = OC = OD ⇒ OS = OC = OD = OE Vì  O ∈ GH ⊂ (AFGH ) ⇒ OS=OE

(α ) BD ⇒ BD / /EF . Gọi I là giao điểm của AM và SO Ta có  ( SBD ) ∩ (α ) = FE Dễ thấy I là trong tâm tam giác SAC SF SI 2 2 2 2 = = ⇒ SF = SD ⇒ SF.SD = SD2 = SA2 + AD2 = 2a2 ⇒ SF.SD = SA2 SD SO 3 3 3 3

(

)

Xét tam giác vuông SAD và SF.SD = SA2 ⇒ AF là đường cao của tam giác ⇒ AF ⊥ SF , chứng minh tương tự ta có ⇒ AE ⊥ SB

1 2 GM OI 3 IC = CD = , ∆OIH đồng dạng ∆GMH nên = ⇒ OI = . 2 2 MH IH 2

Tam giác SA = AC = a 2 nên AM vừa là trung tuyến vừa là đường cao của tam giác SAC ⇒ AM ⊥ SM

Áp dụng định lý Pitago vào tam giác OIC , suy ra R = OC =

 AF ⊥ SF  Ta có  AE ⊥ SE nên mặt cầu đi qua năm điểm S , A, E, M , F có tâm là trung điểm của  AM ⊥ SM 

SA và bán kính bằng

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .CDE là S mc

11 . 2 = 4π R 2 = 11π .

SA a 2 = 2 2

Câu 42. Cách 1. Gọi M , H lần lượt là trung điểm BC ,SA . Ta có tam giác ABC vuông tại A suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 27

Qua M kẻ đường thẳng d sao cho d ⊥ ( ABC ) ⇒ d là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Trong mặt phẳng ( SAM ) kẻ đường trung trực ∆ của đoạn SA , cắt d tại I  IA = IB = IC ⇒ ⇒ IA = IB = IC = IS ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC.  IA = IS

 HA ⊥ ( ABC )  HA ⊥ AM ●  . ⇒  IM ⊥ ( ABC )  HA // IM  HI ⊥ SA  ●  AM ⊥ SA ⇒ HI // AM .  HI , SA, AM ⊂ SAM ( )  Suy ra tứ giác HAMI là hình chữ nhật. Ta có AM =

1 1 2 1 5 . BC = 2 + 4 2 = 5 , IM = SA = 2 2 2 2

Gọi M , G, H lần lượt là trung điểm của AB , trọng tâm ∆ABC, ∆SAB . Vì ∆ABC , ∆SAB là hai tam giác đều nên CM ⊥ AB; SM ⊥ AB .

5 5 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là: R = AI = AM + IM = 5 + = . 4 2 2

( SAB ) ⊥ ( ABC )  CM ⊥ ( SAB ) Mà ( SAB ) ∩ ( ABC ) = AB ⇒  CM ⊥ AB; SM ⊥ AB  SM ⊥ ( ABC ) 

Cách 2. Sử dụng kết quả: Nếu SABC là một tứ diện vuông đỉnh A thì bán kính mặt cầu ngoại 1 tiếp tứ diện SABC được tính bởi công thức: R = AS 2 + AB 2 + AC 2 2 2 1 5 Áp dụng công thức trên, ta có R = 5 + 22 + 42 = . 2 2

Trong ( SMC ) từ G, H lần lượt kẻ các đường thẳng song song với SM , MC và cắt nhau tại I . Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABC . Ta có

( )

2  1  SI 2 = SH 2 + HI 2 = SH 2 + MG 2 =  SM  +  SM  3  3  5 5 3 5 2 = SM = . = 9 9 4 12

Dạng 3.2.2 Khối chóp có mặt bên vuông góc với đáy

Câu 45.

4 4 4  5  5 15π ⇒ V = π R 3 = π .SI 3 = π   = 3 3 3  12  54 (Với V là thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABC ) Chọn C

Câu 43. Gọi O là trung điểm AD . ( ABD ) ⊥ ( ACD )  ( ABD ) ∩ ( ACD ) = AD ⇒ CO ⊥ ( ABD ) CO ⊥ AD  ∆COB vuông cân tại O và CB = 2 suy ra OB = OC = 2 .

OD = OA =

Câu 44.

AC 2 − OC 2 = 2 .

Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và bán kính bằng Chọn B

Do AB và CD không bằng nhau nên hai đáy của hình thang là AB và CD . Gọi H là trung điểm

của AB . Khi đó SH vuông góc với AB nên SH vuông góc với ( ABCD ) . 29

Gọi I là chân đường cao của hình thang ABCD từ đỉnh C của hình thang ABCD . AB − CD a Ta có BI = = 2 2 Do ABC = 600 nên BC = a . Từ đó ta có tam giác ABC vuông tại C . Do đó SH chính là trục của tam giác ABC . Mặt khác do tam giác SAB đều nên tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC chính là trọng tâm G của tam giác SAB . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là R =

AB 3 2 a 3 = 3 3

Câu 47. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC ⇒ IA = IB = IC = R =

AB =a. 2sin 300

Dựng đường thẳng d qua I và vuông góc với ( ABC ) .

Câu 46.

Gọi M là trung điểm của AB . Gọi G là trọng tâm ∆ ABC ⇒ GA = GB = GC

Kẽ đường thẳng đi qua G và vuông góc với ( SAB ) cắt d tại O ⇒ OA = OB = OC = OS .

Suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC bán kính là r = OA = OB = OC = OS .

Gọi H là trung điểm của AD . Tam giác SAD đều và ( SAD ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) .

a 3 1 a 3 ⇒ GM = SM = = OI . 2 3 6 13a 2 a2 . r 2 = OB 2 = OI 2 + IB 2 = + a2 = 12 12

Khi đó SM =

Ta có AH = a, SH = a 3 và tứ giác ABCH là hình vuông cạnh a ⇒ BH = a 2.  AB ⊥ AD = 900 Mặt khác  ⇒ AB ⊥ ( SAD ) ⇒ AB ⊥ SA hay SAB  AB ⊥ S

(1) .

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là S mc = 4.π .r 2 = 4π

= 900 ( 2 ) . Chứng minh tương tự ta có BC ⊥ SC hay SCB

Câu 48.

Chọn

13a 2 13π a 2 . = 12 3

Từ (1) và ( 2 ) ta thấy hai đỉnh A và C của hình chóp S . ABC cùng nhìn SB dưới một góc vuông. Do đó bốn điểm S , A, B , C cùng nằm trên mặt cầu đường kính SB . Xét tam giác vuông SHB , ta có SB = BH 2 + SH 2 = a 5 . 2

 SB  2 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là S = 4π   = 5π a .  2 

+) Xác định mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD Gọi SH là đường cao của tam giác SAB. Vì SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy nên SH là đường cao của hình chóp S.ABCD. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, từ O dựng Ox ⊥ ( ABCD ) . 31

⇒ IA = IB = IC = ID (1) GI //OM , MO ⊥ ( SAB ) ⇒ GI ⊥ ( SAB ) Ta có: , mà G là trọng tâm tam giác đều SAB ⇒ IS = IA = IB (2)

Từ trọng tâm G của tam giác SAB dựng Gy ⊥ ( SAB ) . Gọi I = Ox ∩ Gy . Vậy I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD . +) Chứng minh I là tâm mặt cầu cần tìm Vì I ∈ Ox , mà Ox ⊥ ( ABCD ) , O là tâm hình vuông ABCD nên I cách đều A, B, C, D (1).

Từ (1), (2) suy ra: I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD . *) Tính bán kính, thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD : 1 a a Ta có: OM = AD = ⇒ GI = OM = (do tứ giác OMIG là hình chữ nhật) 2 2 2

Mặt khác G là trọng tâm của tam giác đều SAB, I ∈ Gy , mà Gy ⊥ ( SAB ) nên I cách đều S, A, B (2). Từ (1) và (2) suy ra I cách đều S, A, B, C, D. Nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD, bán kính R=IB +) Tìm độ dài bán kính mặt cầu Vì OI ⊥ ( ABCD ) , SH ⊥ ( ABCD ) nên OI / / GH vì G ∈ SH (3)

2 a 3 a 3 ∆SAB đều cạnh bằng a có G là trọng tâm ⇒ BG = . = 3 2 3 Do GI ⊥ ( SAB ) ⇒ GI ⊥ BG ⇒ ∆BGI vuông tại G

Mặt khác Gy ⊥ ( SAB ) , I ∈ Gy mà OH ⊥ ( SAB ) (vì OH ⊥ AB , OH ⊥ SH ) nên GI / / O H (4)

7 a2 a2 a a 3 ⇒ IB = IG 2 + GB 2 =   +  + =a  =  4 3 12 2  3 

Xét △ BOI vuông tại B ta có

Bán kính khối cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD là: R = IB = a

Câu 49.

1 1 a 3 a 3 Từ (3) và (4) suy ra GHOI là hình bình hành OI = GH = SH = . = . 3 3 2 6 Vì OI ⊥ ( ABCD ) ⇒ OI ⊥ OB ⇒△ BOI vuông tại B

a 3 a 2 7 2 21 IB 2 = IO 2 + OB 2 =  a= R.  +  = a ⇒ IB = 6  6   2  12 7 ⇒ Diện tích mặt cầu là S = 4π R 2 = π a 2 . 3 Chọn A

Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD là: 3

4 4  7  7 21π a 3 . V = π R3 = π .  a  = 3 3  12  54 Câu 50.

*) Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD : Gọi G là trọng tâm tam giác SAB , O là tâm của hình vuông ABCD , M là trung điểm của AB . Do ∆SAB đều ⇒ SM ⊥ AB

Chọn D

Gọi H là trung điểm CD ⇒ BH ⊥ ( ACD ) và tam giác ACD vuông tại A. 3 ⇒ CD = CA2 + AD 2 = a 7 và BH = BD 2 − HD 2 = a. 2 Trong mặt phẳng ( BHA) kẻ đường trung trực ∆ của cạnh BA và gọi I = ∆ ∩ SH

Mà ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SM ⊥ ( ABCD ) ⇒ SM ⊥ OM

OM là đường trung bình của ∆ABC ⇒ OM //AD ⇒ OM ⊥ AB ( do AD ⊥ AB ) ⇒ OM ⊥ ( SAB )

7 12

Dựng các đường thẳng qua G , O lần lượt song song với MO , SM , hai đường thẳng này cắt nhau tạ i I IO //SM , SM ⊥ ( ABCD ) ⇒ IO ⊥ ( ABCD ) Ta có: , mà O là tâm của hình vuông ABCD 33

Khi đó ta có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Ta có

∆BIK ∼ ∆BAH ⇒ BI =

BK .BA BA2 4 = = a. BH 2 BH 3 34

Suy ra bán kính mặt cầu là R = BI =

Dạng 3.2.3 Khối chóp đều

4 a. 3

64πa 2 Vậy diện tích của mặt cầu là S = 4πR = ⋅ 9 2

E B I D

O C

Câu 52.

Gọi tứ diện đều là ABCD , O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD thì ta có AO ⊥ ( BCD ) . Trong mặt phẳng ( AOD ) dựng đường trung trực của AD cắt AO tại I , vậ y I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD với AI là bán kính.

Câu 51. Gọi I, J là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác ABCD và tam giác SAB. M là trung điểm của AB và O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Ta có: JM ⊥ AB và IM ⊥ AB và mp ( SAB ) ⊥ mp ( ABCD ) nên IM ⊥ JM , ngoài ra O là tâm

Gọi E là trung điểm AD . Ta có ∆AEI ~ ∆AOD ⇒

AO AD AD. AE AD 2 = ⇒ R = AI = = . AE AI AO 2 AO

Gọi R, Rb lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp và bán kính đường tròn ngoại tiếp

a 3 a 6 a2 a 6 . AO = AD 2 − DO 2 = a 2 −  ⇒R= =  =  3 3 4 a 6   2. 3 Công thức tính nhanh: Tứ diện đều ABCD có: độ dài cạnh bên AB = AC = AD = x và chiều cao

tam giác SAB .

h . Khi đó, bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là R =

của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp nên OI ⊥ ( ABCD ) ⇒ OI ⊥ IM ; OJ ⊥ ( SAB ) ⇒ OJ ⊥ JM . Do đó O, J , M , I đồng phẳng và tứ giác OJMI là hình chữ nhật (do có 3 góc ở đỉnh vuông).

Ta có: R = SO = SJ 2 + OJ 2 = Rb2 + IM 2 = Rb2 + IA2 − AM 2 = Rb2 + IA2 −

AB 2 4

Câu 53.

x2 . 2h

Chọn C

BD2 AB 2 + AD 2 a 2 + 3a2 = = = a 2 ⇒ IA = a . 4 4 4 AB a a = = Áp dụng định lý sin trong tam giác SAB : Rb = 3 2sin ASB 2.sin 60°

Áp dụng định lý Pytago: IA2 =

a2 a2 13 2 13 + a2 − = a ⇒ S = 4π R 2 = π a 2 . 3 4 12 3 Nhận xét: Bài toán này áp dụng một bổ đề quan trọng sau: Xét hình chóp đỉnh S , có mặt bên ( SAB ) vuông góc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng đáy nội tiếp

Do đó: R =

trong đường tròn bán kính Rd , bán kính mặt cầu ngoại tiếp tam giác SAB là Rb . Khi đó hình chóp này nội tiếp trong 1 mặt cầu có bán kính R = Rd2 + Rb2 −

Gọi O là tâm hình vuông ABCD , G là trung điểm SD , GI ⊥ SD, I ∈ SO . Ta có cạnh đáy bằng 3 2a nên BD = 3 2a. 2 = 6a , OD = 3a . Xét ∆SOD vuông tại O ta có: SO = SD 2 − OD 2 = 4a SO SD 1 25a 2 = ⇒ 4a.R = ( 5a ) ⇒ R = Ta có ∆SOD ∼ ∆SGI , suy ra SG SI 2 8

AB 2 4

M I

C O

Câu 54. Gọi O = AC ∩ BD ; M là trung điểm SA . Trong mặt phẳng ( SAC ) gọi I là giao điểm của trung trực đoạn SA với SO .

Gọi các điểm như hình vẽ. Ta có SI = a 3. Góc SMO = 600 .

Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD . Tam giác SAO đồng dạng với tam giác SIM . a ⋅a SI SM SM .SA 2 a 2 . ⇒ = ⇒ R = SI = = = SA AO AO 2 a 2 2

x 3 . 2

Gọi cạnh đáy bằng x thì SO = OM .tan 600 = SA = SO 2 + AO 2 = ∆SNI ∼ ∆SOA nên

a 2 2 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là S = 4π   = 2π a .  2  Cách 2:

Câu 56.

x 5 2

5 x 2 3a.x 12 SN SO ⇔ = ⇔ x = a ( x > 0) = SI SA 8 2 5

Chọn B

I B

Gọi O = AC ∩ BD . Vì ∆SBD = ∆ABD nên OS = OA . Mà OA = OB = OC = OD ⇒ O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD .

Gọi M là trung điểm của BC , H là trọng tâm tam giác ABC = 600 Khi đó SH ⊥ ABC ⇒ SBC , ABC = SMA

(

a 2 Bán kính mặt cầu R = OA = . 2

)

((

)(

))

Gọi N là trung điểm của SA , kẻ NI ⊥ SA ( I ∈ SH ) Khi đó ta có IS = IA = IB = IC , nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC

a 2 2 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là S = 4π   = 2π a .  2 

∆ABC đều cạnh a nên AM =

Câu 55.

= tan SMA

Lờigiải 37

a 3 a 3 a 3 ⇒ HM = , AH = . 2 6 3

SH a 3 1 ⇒ SH = . 3= a HM 6 2 38

SA2 = SH 2 + AH 2 = ∆SAH ∼ ∆SIN ⇒ Câu 57.

a 2 a 2 7a 2 + = 4 3 12

= 600 . Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABC ) là SAH Gọi N là trung điểm SA , mặt phẳng trung trực của cạnh SA cắt SH tại O . Khi đó OS = OA = OB = OC nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC . BC Khi đó bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là AH = = a. 2sin 300

SA SH SA.SN SA2 7a 2 7a = ⇒ SI = = = = . SI SN SH 2 SH 12.2. 1 a 12 2

Chọn A

SH = AH.tan600 = a 3 , SA = SH 2 + AH 2 = 2a . SN .SA SA2 2 3 = = a. SH 2SH 3

Bán kính mặt cầu là R = SO =

Câu 59.

4 32 3 3 Thể tích của khối cầu tâm O là V = π R 3 = πa . 3 27 Chọn D

= 60° . Gọi M là trung điểm BC ⇒ ( ( SBC ) , ( ABCD ) ) = SMO Gọi N là trung điểm SA , dựng mp trung trực của SA , cắt SO tại I ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

C G

⇒ R = IA = IS = a 3 Gọi AB = x

M B

x 2 x 3 1 x 5 , OA = AC = , SA = SO 2 + OA2 = 2 2 2 2 ∆SNI đồng dạng ∆SOA ⇒ SN .SA = SO.SI

Có SO = OM .tan 60° =

Ta có SM = AM =

a 3 a 3 , do đó tam giác SAM đều. , SA = 2 2

Gọi M là trung điểm đoạn BC . Ta có ( SAM ) là mặt phẳng trung trực đoạn BC .

x 5 x 5 x 3 12a . . = .a 3 ⇔ x = 4 2 2 5 Dạng 3.2.4 Khối chóp khác ⇔

Gọi G là trọng tâm tam giác SBC , ∆ là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC . Gọi E là trung điểm SA , ta có I = ∆ ∩ EM , khi đó I là tâm đường mặt cầu ngoại tiếp S . ABC . IG = GM .tan 30ο =

a a 3 2 a 3 , SG = . = 6 2 3 3

Do đó R = SI = IG 2 + GS 2 = Câu 60.

a2 a2 a 13 + . ⇒R= 3 36 6

Chọn C  SA ⊥ SB = 60° ⇒ ∆SBC đều. Theo giả thiết ta có:  ⇒ SA ⊥ ( SBC ) ; ∆SBC có SB = SC = a, BSC  SA ⊥ SC

Câu 58. Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , khi đó SH ⊥ ( ABC ) và SH là trục đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy. 39

Gọi M là trung điểm của BC . Gọi G là trọng tâm của tam giác SBC ⇒ G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC . + Dựng đường thẳng ∆ đi qua G và vuông góc với ( SBC ) thì ∆ là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC . + Dựng mặt phẳng (α ) là mặt phẳng trung trực của cạnh bên SA .

 I ∈ ∆ ⇒ IB = IS = IC + Gọi I là giao điểm của ∆ và (α ) . Khi đó:  ⇒ IA = IS = IB = IC hay I  I ∈ (α ) ⇒ IS = IA là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.SBC và bán kính của mặt cầu này là R = IS . SA a Ta có tứ giác SNIG là hình chữ nhật nên IG = NS = = . 2 2 2 2 a 3 a 3 Lại có: SG = .SM = . . = 3 3 2 3

Câu 61. Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp S . ABCD và r là bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp S. ABCD . Ta có d ( I , ( ABCD ) ) = d ( I , ( SAD ) ) = d ( I , ( SAB ) ) = d ( I , ( SBC ) ) = d ( I , ( SCD ) ) = r Mặt khác, ta lại có: VS . ABCD = VI . ABCD + VI .SAD + VI .SAB + VI .SBC + VI .SCD

Suy ra r = 2

21a 2 a a 3 Xét ∆SGI vuông tại G ta có: R 2 = IS 2 = IG 2 + SG 2 =   +  .  = 36 2  3 

(*)

VS . ABCD = r.S ABCD + r.S ∆SAD + r.S∆SAB + r.S ∆SBC + r.S∆SCD (*) 3VS . ABCD . S ABCD + S ∆SAD + S ∆SAB + S ∆SBC + S ∆SCD

a3 . 3 Từ H ta dựng đường thẳng song song với AB cắt BC , AD lần lượt tại I và J Ta tính được thể tích khối tứ diện đều là VS . ABCD =

21a 2 7π a 2 = . 36 3 Chú ý: Trên đây là lời giải đã được thực hiện bằng phương pháp đổi đỉnh ddựa ự trên yếu tố đặc biệt của bài toán để từ đó có những tính toán đơn giản hơn, tuy nhiên với giả thi thiết ế có quá nhiều sự đặc biệt như đề bài thì học sinh vẫn không cần đổi đỉnh mà vẫn tính toán tốốt. t. Học H sinh chỉ cần chú ý dữ kiện SA = SB = SC sẽ cho ta được hình chiếu vuông góc của đỉnh S xuống mặt phẳng đáy chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Mời các em tìm hiểểu u và tìm tòi lời giải. Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là: Smc = 4π R 2 = 4π .

Từ H ta dựng đường thẳng song song với AD cắt AB , CD lần lượt tại M và N . Ta có HI = HN =

3a a và HM = HJ = 4 4

Suy ra SI = SN =

5a 17 a và SM = SI = 4 4

Do đó S∆SBC = S∆SCD =

5a 2 17a 2 và S∆SAD = S∆SAB = 8 8

Do đó, từ (*) ta suy ra: r =

4a 9 − 17 . a= 16 9 + 17

Suy ra phương trình mặt cầu là: x 2 + y 2 + z 2 +

3a a2 z− =0. 3 2

7π a 2 a 21 . ⇒ S = 4π r 2 = 6 3 Cách 2: ⇒r=

∆

Câu 62. Gọi O là hình chiếu vuông góc của điểm S xuống mặt phẳng đáy. Ta có ∆SBO = ∆SDO nên SD = SB . Chứng minh tương tự, SC = SA, hay O là tâm của hình chữ nhật ABCD. Do tam giác

SAC đều nên SA = SC = AC = AB 2 + AD2 = 5. Trong mặt phẳng ( SAC ) kẻ đường trung trực

P' N

Trên 2 tia OM , ON lấ y hai điểm P, P ' sao cho OP = OP ' =

25 5 3 SA2 của cạnh SA đi qua trung điểm K và cắt SO tại điểm I . Suy ra R = SI = . = = 2.SO 5 3 3

+ SP = SH 2 + HP 2 =

4 4  5 3  500 3 Suy ra, V = π R3 = π  π.  = 3 3  3  27

a 2 ⇒ PP ' = a 2 . 2

a 3+ 2 a 3− 2 ; SP ' = SH 2 + HP '2 = . 2 2

+ Trong tam giác SPP ' có: S∆SPP ' =

SP.SP '.PP ' SP.SP ' a 21 1 . PP '.SH = ⇒ R= = 2 4.R 2.SH 6

Vậy diện tích mặt cầu là: S = 4π R 2 =

7π a 2 3

Câu 63. + Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB, CD . Kẻ SH ⊥ MN tại H ⇒ SH ⊥ ( ABCD) .

⇒ SM =

a 3 a a 3 a , OH = . ; SN = ; MN = a ⇒ ∆SMN vuông tại S ⇒ SH = 2 2 4 4

+ Gọi I , J là hình chiếu vuông góc của H lên OC , OD ⇒ OI = OJ =

a 2 . 8

Câu 64. Gọi E là trung điểm của ID , F là trung điểm của SB . Trong mặt phẳng ( SBD ) , vẽ IT song

+ Gọi O = AC ∩ BD . Qua O dựng đường thẳng ∆ ⊥ ( ABCD) .

song với SE và cắt EF tại T . =  SB; ( ABCD )  = 45° . Suy ra △ SBE vuông cân tại E . Suy ra Ta có SE ⊥ ( ABCD ) , suy ra SBE   EF là trung trực của SB . Suy ra TS = TB . (1)

Cách 1: a 2   a 2  + Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho: A  Ox , B  0; ; 0  ∈ Oy và ∆ ≡ Oz .  2 ; 0; 0  ∈  2    

Ta có IT SE , suy ra IT ⊥ ( ABCD ) . Suy ra IT là trục đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật

 a 2   − a 2 −a 2 a 3  ⇒ C  − ; 0; 0  , S  ; ;  2 8 4     8 + Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD là mặt cầu đi qua 4 điểm S , A, B, C

ABCD . Suy ra TA = TB = TC = TD . (2) Từ (1) và (2) suy ra T là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD . 43

5 Do ABCD là hình chữ nhật nên BD = AB2 + BC 2 = 5a , suy ra IB = ID = a . 2 1 5 Do E là trung điểm của ID nên IE = ID = a . 2 4 = 45° nên △BEF vuông cân tại F . △BEF vuông tại F có EBF

= 45° nên △ EIT vuông cân tại I . Suy ra IT = IE = 5 a . △ EIT vuông tại I có IET 4 Do △ BIT vuông tại I nên TB = IB 2 + IT 2 =

5 5 a. 4

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD là S = 4π TB 2 =

* Gọi J là tâm mặt cầu qua đường tròn tâm O và điểm S ⇒ J nằm trên đường trung trực của AB và SA .

125π 2 a . 4

 a 5 2 2  SA = a + 4a = a 5 ⇒ AK = 2 . * ∆SIA vuông tại I ⇒  sin S = AI = 1 ; tan S = AI = 1  SA SI 2 5 . *Ta có: Góc N và S bằng nhau vì cùng phụ với góc SAN

a 5 7a 1 5a AK ⇒ ON = . ⇔ 2 = sin S = ⇒ AN = 2 AN AN 2 5 1 7a OJ = tan N = tan S = ⇒ OJ = * ∆OJN vuông tại O ⇒ . 2 4 ON * ∆AKN vuông tại K ⇒ sin N =

Câu 65. Gọi M , N , I lần lượt là trung điểm của AB , CD và MN . Ta có ∆ACD = ∆BCD ⇒ AN = BN ⇒ ∆ABN cân tại N , mà AM là đường trung tuyến MN ⇒ AM là đường trung trực của AB ⇒ IA = IB = (1). 2 MN Chứng minh tương tự ta có ⇒ IC = ID = (2). 2 Từ (1) và (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . 36 + 25 9 113 − = Áp dụng công thức trung tuyến cho tam giác ACD ta có AN 2 = . 4 2 4 Xét tam giác vuông AMI có: AI 2 = AM 2 + MI 2 = AM 2 +

MN MN 2 = AN 2 − MN 2 + 4 4

= AN 2 −

3MN 1 3 = AN 2 − ( AN 2 − AM 2 ) = ( AN 2 + 3 AM 2 ) = 4 4 4

Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là R = AI =

Câu 66.

* ∆OAJ vuông tại O ⇒ R = JA = OJ 2 + OA2 =

a 65 . 4

Cách 2 Gắn hệ trục toạ độ Ixy sao cho A, B, O thuộc tia Ix, S thuộc tia Iy và giả sử a = 1. Khi đó: A (1;0 1; 0) ; S ( 0; 2 ) ; B ( 3;0 ) . Gọi ( C ) : x 2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0 là đường tròn tâm J qua 3 điểm A, S , B

a = 2  −2a + c = −1  7   ⇒  −6a + c = −9 ⇔ b = . 4  −4b + c = −4   c = 3

a 65 65  7 Suy ra: J  2;  ⇒ R = JA = Vậ y R = . 4 4  4

1  113 9  35 + 3.  = .  4 4 4 4 35 . 2

4 35 35 π. Vậy thê tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là: V = π R3 = 3 6 Chọn A 45

Câu 68. Xét ∆AOB đều nên cạnh AB = a . Xét △ BOC vuông tại O nên ên BC = a 2 . Xét △ AOC có. AC = AO2 + CO 2 − 2. AO.CO.cos1200 = a 3 . Xét △ ABC có AB 2 + BC 2 = AC 2 nên tam giác ABC vuông tại B ⇒ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là trung điểm H của cạnh AC . Lại có hình chóp O. ABC có OA = OB = OC = a nên OH ⊥ ( ABC ) .

Câu 67. Gọi I , H lần lượt là trung điểm của cạnh SB và AC Mặt khác, theo giả thiết ta có ΔSAB ,ΔSCB lần lượt là các tam giác vuông tại A và C ⇒ IA = IB = IC = IS ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Mặt khác: ΔABC vuông tại B ⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC

Xét hình chóp S . ABC có OH là trục đường tròn ngoại tiếp đáy, trong tam giác OHB kẻ trung trực của cạnh SB cắt OH tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp, bán kính R = IS .

⇒ IH ⊥ ( ABC )

Ta có:

d ( A; (SBC )) d ( H ; (SBC))

AC = 2 ⇒ d ( H ; (SBC )) = a 3 HC

Gọi K là trung điểm của cạnh BC ⇒ HK ⊥ BC ( HK / / AB, AB ⊥ BC ) Lại có: BC ⊥ IH ( IH ⊥ ( ABC )) ⇒ BC ⊥ ( IHK ) Mặt khác: BC ⊂ (SBC ) ⇒ (SBC ) ⊥ ( IHK ) theo giao tuyến IK

= 60° ,cạnh OB = a ⇒ OE = 3a . Xét △OHB có HOB 4

Trong ( IHK ) , gọi HP ⊥ IK ⇒ HP ⊥ (SBC ) tại P ⇒ HP = d ( H ; (SBC )) = a 3

1 1 1 1 1 = + = + ⇒ HI = 3a HP 2 HI 2 HK 2 HI 2 AB2 4 4 2 2 Xét ΔIHB : IB = IH + HB = 3a 2 = R . Vậy V = πR 3 = 24 18πa 3 3

Xét ΔIHK :

⇒ IE = OE.tan 60° =

3a 3 . 4 2

 3a 3   a 2 a 7 Xét △ IES vuông tại E: IS = IE 2 + ES 2 =  .  +   = 2  4   4

Câu 71.

Chọn D S

Câu 69. Gọi E, F thứ tự là trung điểm của AB, CD . Coi a = 1 , từ giả thiết ta có minh tương tự EF ⊥ AB. Khi đó EF là đường trung trực của CD và AB. Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD ta có IA = IB = IC = ID = R nên I thuộc đoạn thẳng EF . 2

R C

AC = AD = BC = BD = 74 nên AF ⊥ CD , BF ⊥ CD ⇒ ( ABF ) ⊥ CD ⇒ EF ⊥ CD. Chứng

B x

EF = AF − AE = AD − DF − AE = 74 − 16 − 9 = 7. Đặt EI = x ⇒ FI = 7 − x (với 0 < x < 7 ).

 IA = EA2 + EI 2 = x 2 + 9  .  2  ID = FI 2 + FD 2 = 16 + ( 7 − x ) = x 2 − 14 x + 65

Xét hình chóp tứ giác đều S . ABCD nội tiếp mặt cầu có tâm I và bán kính R = 9 . Gọi H = AC ∩ BD , K là trung điểm SC . Đặt AB = x; SH = h , ( x, h > 0 ) .

x2 x ⇒ l = SC = h2 + . 2 2 SK SI Do ∆SHI ∽ ∆SHC ⇒ = ⇒ l 2 = 2h.R ⇒ x 2 = 36h − 2h2 . SH SC 1 1 Diện tích đáy của hình chóp S ABCD = x 2 nên V = h.x 2 = h 36h − 2h2 . 3 3 Ta có HC =

(

)

Ta có IA = ID ⇔

x 2 + 9 = x 2 −14 x + 65 ⇔ 9 = − 14 x + 65 ⇔ x = 4

Ta có

Khi đó IA = x 2 + 9 = 5 . Do đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là R = 5a .

1 1 1  h + h + 36 − 2h  h. ( 36h − 2h 2 ) = .h.h ( 36 − 2h ) ≤ .   = 576 ⇒ V ≤ 576 , dấu bằng xảy ra 3 3 3  3 

khi h = h = 36 − 2h ⇔ h = 12, x = 12 . Vậy Vmax = 576 .

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là S = 4πR 2 = 4π.25a2 = 100πa 2 .

Dạng 4. Bài toán thực tế, cực trị Câu 70. Diện tích nhôm cần dùng đề sản suất là diện tích toàn phần S Ta có l = h ; mà V = 28π a3 ⇔ π R 2 h = 28π a 3 ⇔ h =

S = 2π Rl + 2π R 2 = 2π

28a3 R2

28a 3 + 2π R 2 với R > 0 R

 28a 3  S ′ = 2π  − 2 + 2 R  = 0 ⇔ R = a 3 14  R  Bảng biến thiên

Câu 72. Giả sử khối chóp S . ABCD là khối chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9 . Gọi O là tâm hình vuông ABCD thì SO ⊥ ( ABCD ) . M là trung điểm của SA , kẻ MI vuông góc với SA và cắt SO tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD , bán kính của mặt cầu là IA = IS = 9 .

Đặt IO = x , 0 ≤ x ≤ 9 , do ∆IAO vuông tại O nên AO = AI 2 − IO 2 = 81 − x 2 , suy ra

AC = 2 81 − x 2 . Vậy Smin ⇔ R = a 3 14 49

Do tứ giác ABCD là hình vuông nên AB =

AC = 2. 81 − x 2 , suy ra S□ ABCD = AB 2 = 2 ( 81 − x 2 ) 2

OA2 + OB 2 + OC 2 . 2 Đặt OA = a; OB = b, a , b > 0. Ta có a + b = 1 ⇔ b = 1 − a . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O. ABC là R =

. 1 2 2 Vậy VS . ABCD = S□ ABCD .SO = ( 81 − x 2 ) . ( 9 + x ) = ( − x 3 − 9 x 2 + 81x + 729 ) . 3 3 3 2 3 2 Xét hàm số f ( x ) = ( − x − 9 x + 81x + 729 ) với x ∈ [ 0;9] . 3 x = 3 2 f ′ ( x ) = 2 ( − x − 6 x + 27 ) ; f ′ ( x ) = 0 ⇔   x = −9 ( l )

Vậ y R =

OA2 + OB 2 + OC 2 = 2

a 2 + (1 − a ) + 12 a 2 + b 2 + 12 = 2 2

2  1 3 2  a −  +   2  4  6  = ≥ . 2 4

Bảng biến thiên :

Vậy Rmin = Câu 74.

6 1 , tạ i a = b = . . 4 2

Chọn D S

M I A

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy : max f ( x ) = f ( 3 ) = 576 . x∈[0;9]

Vậy khối chóp có thể tích lớn nhất bằng 576 .

Gọi O là giao điểm của AC và BD . Ta có ∆SAC cân tại S nên SO ⊥ AC và ∆SBD cân tại S nên SO ⊥ BD . Khi đó SO ⊥ ( ABCD ) . Ta có: ∆SAO = ∆SBO = ∆SCO = ∆SDO ⇒ OA = OB = OC = OD Vậy hình bình hành ABCD là hình chữ nhật.

Đặt BC = x ⇒ AC = 42 + x 2 ⇒ AO =

16 + x2 AC = . 2 2

Xét ∆SAO vuông tại O , ta có: SO = SA2 − AO 2 = 6 −

16 + x 2 8 − x2 = 4 2

1 1 8 − x2 2 Thể tích khối chóp S . ABCD là: VS . ABCD = SO.S ABCD = . .4 x = . 8 − x 2 .x 3 3 2 3 Áp dụng bất đẳng thức : ab ≤

a 2 + b2 2 2 8 − x2 + x2 8 ta có: V = . 8 − x 2 .x ≤ . = . 2 3 3 2 3

Dấu " = " xả y ra ⇔ 8 − x 2 = x ⇔ x = 2. Do đó: BC = 2, SO = 1. Gọi M là trung điểm của SA , trong ( SAO ) kẻ đường trung trực của SA cắt SO tại I . Khi đó mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD có tâm I và bán kính R = IS . SI SM SA2 6 = ⇒ SI = = = 3 ⇒ R = 3(cm). SA SO 2.SO 2.1 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD là: 4π R2 = 4π .32 = 36π (cm2 ) .

Câu 73. Bốn điểm O, A, B, C tạo thành 1 tam diện vuông.

Vì ∆SMI ∽ ∆SOA( g .g ) nên

CHUYÊN ĐỀ 17

MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP KHỐI TRÒN XOAY a 3

MỤC LỤC

2a 3

A. 8 6π a3 . Câu 5.

PHẦN A. CÂU HỎI Câu 1.

A. V = Câu 2.

4 πa . 3

B. V =

5πa . 3

C. V = πa 3 .

7 πa . 3

Câu 6.

nội tiếp trong một hình cầu có bán kính 5 ( cm ) . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của khối nón và

81 . 125

V1 . V2

81 . 500

27 . 125

Câu 7.

27 . 500

Câu 3.

(SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Một khối gỗ hình trụ tròn xoay có bán kính đáy bằng 1, chiều cao bằng 2 . Người ta khoét từ hai đầu khối gỗ hai nửa khối cầu mà đường tròn đáy của khối gỗ là đường tròn lớn của mỗi nửa khối cầu. Tỉ số thể tích phần còn lại của khối gỗ và cả khối gỗ ban đầu là 2 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 3 4 3 2

Câu 4.

(CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA LẦN 2 NĂM 2018-2019) Một khối trụ bán kính đáy là a 3 , chiều cao là 2a 3 . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối trụ.

104 2 cm 5

B. 16cm2

C. 64cm2

26 2 cm 5

(KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình thang cân ABCD có

(SỞ GD&ĐT T THANH HÓA N NĂM 2018 - 2019) Một hộp đựng mỹ phẩm ẩm được thiết kế (tham khảo hình vẽ) có thân hộp là hình trụ có bán kính hình tròn đáy r = 5cm , chiều cao h = 6cm và nắp hộp là một nửa hình cầu. Người ta cần sơn mặt ngoài của cái hộp đóó (không sơn đáy) thì diện tích S cần sơn là

A. S = 110π cm 2 . 1

4 6 π a3 . 3

đáy nhỏ AB = 1 , đáy lớn CD = 3 , cạnh bên BC = DA = 2 . Cho hình thang đó quay quanh AB thì được vật tròn xoay có thể tích bằng 5 7 4 2 B. π . D. π . A. π . C. π . 3 3 3 3

(THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một hình nón có chiều cao 9 ( cm )

khối cầu. Tính tỉ số

(THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Một khối ối cầu c pha lê gồm một hình cầu ( H1 ) bán kính R và một hình nón ( H 2 ) có bán kính đáy và đường sinh lần l lượt là r , l

D. V =

C. 4 3π a 3 .

1 3 thỏa mãn r = l và l = R xếp chồng lên nhau (hình vẽ). Biết tổng diện ện tích m mặt cầu ( H1 ) và 2 2 diện tích toàn phần của hình nón ( H 2 ) là 91cm2 . Tính diện tích của mặt cầu ầu ( H1 )

(THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG NINH NĂM 2018-2019) Cho hình thang ABCD vuông tại A AD và B với AB = BC = = a. Quay hình thang và miền trong của nó quanh đường thẳng chứa 2 cạnh BC . Tính thể tích V của khối tròn xoay được tạo thành.

B. 6 6π a 3 .

B. S = 130π cm 2 .

C. S = 160π cm 2 .

D. S = 80π cm2 . 2

Câu 8.

(THPT BẠCH ĐẰNG QUẢNG ẢNG NINH NĂM N 2018-2019) Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn và ( O′ ) chiều cao R 3 và bán kính R . Một hình nón đỉnh O′ và đ đáy áy là hình tròn ( O; R ) . Tỉ lệ thể tích xung quanh của ủa hình trụ và hình nón bằng. A. 3 B. 2 C. 2 D. 3

Câu 13.

(O)

Câu 9.

Câu 10.

(ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình trụ có bán kính đáy r , gọi O và O ' là tâm của hai đường tròn đáy với OO′ = 2r . Một mặt cầu tiếpp xúc với hai đáy của hình V trụ tại O và O ' . Gọi VC và VT lần lượt là thể tích của khối cầu và khối trụ. ụ. Khi đó C bằng VT 3 1 3 2 A. . B. . C. . D. . 5 2 4 3 (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM N 2018-2019 LẦN 01) Một đồ vật được ợc thiết kế bởi một nửa khối cầu và một khốii nón úp vào nhau sao cho đáy của khối nón và thiếếtt diện của nửa mặt cầu chồng khít lên nhau như hình vẽ bên. Biết khối nón có đường ng cao gấ gấp đôi bán kính đáy, thể tích của toàn bộ khối ối đồ vật bằng 36π cm3. Diện tích bề mặt của toàn bộ đồ vật đó bằng

(SỞ GD&ĐT NINH BÌNH LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho mặt cầu ( S ) tâm O , bán kính bằng 2. ( P ) là mặt phẳng cách O một khoảng bằng 1 và cắt ( S ) theo một đường tròn ( C ) . Hình nón

(N )

có đáy là ( C ) , đỉnh thuộc ( S ) , đỉnh cách ( P ) một khoảng lớn hơn 2 . Kí hiệu V1 , V2 lần

lượt là thể tích của khối cầu ( S ) và khối nón ( N ) . Tỉ số A. Câu 14.

1 . 3

2 . 3

V1 là V2

16 . 9

32 . 9

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Cho mặt cầu ( S ) tâm O , bán kính R = 3 . Mặt phẳng ( P ) cách

O một khoảng bằng 1 và cắt ( S ) theo giao tuyến là đường tròn ( C ) có tâm H . Gọi T là giao điểm của tia HO với ( S ) , tính thể tích V của khối nón có đỉnh T và đáy là hình tròn ( C ) . 32π 16π A. V = B. V = 16π C. V = D. V = 32π 3 3 Câu 15.

(PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Một hình trụ có hai đường tròn đáy nằm trên một mặt cầu bán kính R và có đường cao bằng bán kính mặt cầu. Diện tích toàn phần của hình trụ đó bằng A.

Câu 16.

(3 + 2 3 ) π R 3

(3 + 2 3 ) π R

(3 + 2 2 ) π R 2

(3 + 2 2 ) π R 3

(MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Cho mặt cầu ( S ) có bán kính bằng 4 , hình trụ ( H ) có chiều cao bằng 4 và hai đường tròn đáy nằm trên ( S ) . Gọi V1 là thể tích của khối trụ ( H ) và V2 là thể tích của khối cầu ( S ) . Tính tỉ số

A. π

(

C. 9π Câu 11.

)

5 + 3 cm 2

(

)

5 + 3 cm2

B. 9π D. π

(

)

5 + 2 cm2

)

5 + 2 cm2

Câu 17.

(SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM ĂM 2018-2019) Cho khối cầu ( S ) có bán kính R . Một khối trụ có thể 4π 3 3 R và nội tiế tiếp khối cầu ( S ) . Chiều cao của khối trụ bằng 9 3 2 2 3 A. B. R 2 . C. R. D. R R. 3 3 2

tích bằng

Câu 12.

V1 9 = V2 16

V1 2 = V2 3

V1 V2

V1 1 = V2 3

V1 3 = V2 16

(THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm I đường kính AA′ , M là trung điểm BC . Khi quay tam, giác ABM với nữa hình tròn đường kính AA′ xung quanh đường thẳng AM (như hình vẽ minh hoạ), ta được V khối nón và khối cầu có thể tích lần lượt V1 , V2 .Tỉ số 1 bằng: V2

Tính thể tích của vật thể tròn xoay khi quay mô hình (như hình vẽ)) quanh trục trục DF . E F

a β = 30° A

B a

D 10π 3 A. a. 7

π 3

C 5π 3 C. a. 2

Câu 18.

10π 3 a. 9 3

9 4

4 9

27 32

9 32

(CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Một bình đựng nước dạng hình nón (không có đáy), đựng đầy nước. Người ta thả vào đó một khối cầu có đường kính bằng chiều cao 4

của bình nước và đo được thể tích nước tràn ra ngoài là 18π dm3 . Biết rằng khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của hình nón và đúng một nửa của khối cầu chìm trong nước (hình bên). Thể tích V của nước còn lại trong bình bằng

A. 24π dm3 . Câu 19.

B. 6π dm3 .

C. 54π dm3 .

Câu 22.

(LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Cho hình cầu tâm O bán kính R = 5 , tiếp xúc với mặt phẳng ( P) . Một hình nón tròn xoay có đáy nằm trên ( P) , có chiều cao h = 15 , có bán kính đáy bằng R . Hình cầu và hình nón nằm về một phía đối với mặt phẳng ( P) . Người ta cắt hai hình đó bởi mặt phẳng (Q) song song với ( P) và thu được hai thiết diện có tổng diện tích là S . Gọi x là khoảng cách giữa ( P) và (Q) , (0 < x ≤ 5) . Biết rằng S đạt giá trị lớn a a nhất khi x = (phân số tối giản). Tính giá trị T = a + b . b b

D. 12π dm3 .

(CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Người ta thả một viên billiards snooker có dạng hình cầu với bán kính nhỏ hơn 4,5 cm vào một chiếc cốc hình trụ đang chứa nước thì viên billiards đó tiếp xúc với đáy cốc và tiếp xúc với mặt nước sau khi dâng (tham khảo hình vẽ bên). Biết rằng bán kính của phần trong đáy cốc bằng 5, 4 cm và chiều cao của mực nước ban đầu trong cốc bằng 4,5 cm . Bán kính của viên billiards đó bằng?

A. T = 17 Câu 23.

B. T = 19

C. T = 18

D. T = 23

(LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Một khối đồ chơi gồm một khối hình trụ (T ) gắn chồng lên một khối hình nón ( N ) , lần lượt có bán kính đáy và chiều cao tương ứng là r1 , h1 , r2 , h2 thỏa mãn r2 = 2r1 , h1 = 2h2 (hình vẽ). Biết rằng thể tích của khối nón 3 ( N ) bằng 20cm . Thể tích của toàn bộ khối đồ chơi bằng

A. 4, 2 cm . Câu 20.

C. 2, 7 cm .

D. 2, 6 cm .

(CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho tam giác đều ABC có đường tròn nội tiếp ( O; r ) , cắt bỏ phần hình tròn và cho hình phẳng thu được quay quanh AO . Tính thể tích khối tròn xoay thu được theo r . A.

Câu 21.

B. 3, 6 cm .

5 3 πr . 3

4 3 πr . 3

C. π r 3 3.

Câu 24.

D. π r 3 .

(THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho một cái bình hình trụ có bán kính đáy bằng R và có 4 quả cam hình cầu, trong đó có 3 quả cam có cùng bán kính và một quả cam cùng bán kính với đáy bình. Lần lượt bỏ vào bình 3 quả cam cùng bán kính sao cho chúng đôi một tiếp xúc với nhau, mỗi quả cam đều tiếp xúc với với đáy bình và tiếp xúc với một đường sinh của bình; Bỏ tiếp quả cam thứ tư còn lại vào bình và tiếp xúc với mặt nắp của bình. Chiều cao của bình bằng

( C. R (

A. R

) 2 3 + 3 + 1) .

2 3 − 3 +1 . 2

( D. R (

B. R

A. 140cm3

B. 120cm3

C. 30cm3

D. 50cm3

(THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Thả một quả cầu đặc có bán kính 3 ( cm ) vào một vật hình nón (có đáy nón không kín) (như hình vẽ bên). Cho biết khoảng cách từ tâm quả cầu đến đỉnh nón là 5 ( cm ) . Tính thể tích (theo đơn vị cm3) phần không gian kín giới hạn bởi bề mặt quả cầu và bề mặt trong của vật hình nón.

) 2 3 + 3 − 1) .

2 3 − 3 −1 . 2

A. 5

12π . 5

14π . 5

16π . 5

18π . 5 6

Câu 25.

(SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hình nón có chiều cao 2 R và bán kính đáy là R . Xét hình trụ nội tiếp hình nón sao cho thể tích trụ lớn nhất. Khi đó bán kính đáy của trụ là

A. h = 2 R Câu 29.

A. Câu 26.

2R . 3

R . 3

3R . 4

R 2

B. h =

4R 3

C. h =

3R 2

D. h = 3R

(TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Một cái thùng đựng đầy nước được tạo thành từ việc cắt mặt xung quanh của một hình nón bởi một mặt phẳng vuông góc với trục của hình nón. Miệng thùng là đường tròn có bán kính bằng ba lần bán kính mặt đáy 3 của thùng. Người ta thả vào đó một khối cầu có đường kính bằng chiều cao của thùng nước và 2 đo được thể tích nước tràn ra ngoài là 54 3π (dm3). Biết rằng khối cầu tiếp xúc với mặt trong của thùng và đúng một nửa của khối cầu đã chìm trong nước (hình vẽ). Thể tích nước còn lại trong thùng có giá trị nào sau đây?

(TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Một con xoay được thiết kế gồm hai khối trụ (T1 ) , (T2 ) chồng lên khối nón (N) (Tham khảo mặt cắt ngang qua trục như hình vẽ). Khối trụ (T1 ) có bán kính đáy r (cm) , chiều cao h1 (cm) . Khối trụ (T2 ) có bán kính đáy 2r (cm) , chiều cao h2 = 2h1 (cm) . Khối nón (N) có bán kính đáy r (cm) , chiều cao hn = 4h1 (cm) . Biết rằng thể tích toàn bộ con xoay bằng 31(cm 3 ) . Thể tích khối nón (N) bằng

A. 5(cm 3 ) . Câu 27.

B. 3(cm 3 ) .

C. 4(cm3 ) .

B. 18 3π (dm3).

46 3π (dm3). 3

D. 18π (dm3).

Câu 30.

(THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Chiều cao của khối trụ có thể tích lớn nhất nội tiếp trong hình cầu có bán kính R là R 3 4R 3 2R 3 A. . B. R 3 . C. . D. . 3 3 3

Câu 31.

Một bình đựng nước dạng hình nón (không có đáy) đựng đầy nước. Người ta thả vào đó một khối cầu có đường kính bằng chiều cao của bình nước và đo được thể tích nước tràn ra ngoài là 18π dm3 .Biết khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của hình nón và đúng một nửa khối cầu chìm trong nước. Tính thể tích nước còn lại trong bình. A. 27π dm3 . B. 6π dm3 . C. 9π dm3 . D. 24π dm 3 .

D. 6(cm3 ) .

Cho tam giác đều ABC có đỉnh A ( 5;5 ) nội tiếp đường tròn tâm I đường kính AA′ , M là trung

điểm BC . Khi quay tam giác ABM cùng với nửa hình tròn đường kính AA′ xung quanh đường thẳng AM (như hình vẽ minh họa), ta được khối nón và khối cầu có thể tích lần lượt là V1 và V2 .

46 3π (dm3). 5

Câu 32.

(THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN LẦN 01 NĂM 2018-2019) Cho khối nón có độ lớn góc ở π . Một khối cầu ( S1 ) nội tiếp trong khối nối nón. Gọi ( S2 ) là khối cầu tiếp xúc với tất cả 3 các đường sinh của nón và với S1 ; S3 là khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của khối nón

đỉnh là B

và với S2 ;… ; Sn là khối cầu tiếp xúc với tất cả các đường sinh của nón và với Sn −1 . Gọi V1 , V2

,… , Vn −1 , Vn lần lượt là thể tích của khối cầu S1 , S2 , S 3 ,..., Sn và V là thể tích của khối nón. Tính

V1 Tỷ số bằng V2

9 A. . 32 Câu 28.

9 B. . 4

27 C. . 32

V1 + V2 + ... + Vn V 6 B. T = . 13

giá trị của biểu thức T = lim

4 D. . 9

n →+∞

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Cho mặt cầu tâm O bán kính R . Xét mặt phẳng thay đổi cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn ( C ) . Hình nón ( N ) có đỉnh S nằm trên

3 A. T = . 5

C. T =

7 . 9

D. T =

1 . 2

( P)

mặt cầu, có đáy là đường tròn ( C ) và có chiều cao h ( h > R ) . Tính h để thể tích khối nón được tạo nên bởi ( N ) có giá trị lớn nhất. 7

PHẦN B. ĐÁP ÁN THAM KHẢO

Thể tích của khối trụ là V = π .12.2 = 2π . Vì đường tròn đáy của khối trụ là đường tròn lớn của mỗi nửa khối cầu nên bán kính của mỗi nửa khối cầu là R = 1 .

1 4π .13 4π = Thể tích của hai nửa khối cầu bị khoét đi là V1 = 2 ⋅ ⋅ . 2 3 3 4π 2π Thể tích của phần còn lại của khối gỗ là V2 = V − V1 = 2π − = . 3 3 2π V 1 Vậy tỉ số thể tích cần tìm là 2 = 3 = . V 2π 3

Câu 1. Thể tích của khối trụ sinh bởi hình chữ nhật ABID khi quay cạnh BI là:

V1 = π. AB 2 . AD = 2πa 3 . Thể tích của khối nón sinh bởi tam giác CID khi quay cạnh CI là: 1 πa 3 . V2 = π.ID 2 .CI = 3 3

Vậy V = V1 − V2 =

a 3

5 πa 3 . 3

2a 3

Câu 4. Xét hình hình chữ nhật OABO' như hình vẽ, với O, O ' lần lượt là tâm hai đáy của khối trụ. Gọi I là trung điểm đoạn thẳng OO' . Khi đó IA là bán kính khối cầu ngoại tiếp khối trụ. Ta có: IA2 = OA2 + OI 2 = 3a 2 + 3a 2 = 6a 2 ⇒ IA = 6a . 3 4 Thể tích khối cầu ngoại tiếp khối trụ là: V = π 6a = 8 6π a 3 3 1 1 3 3 r = l = . R = R . Diện tích mặt cầu S1 = 4π R2 2 2 2 4

(

Câu 2. Gọi hình cầu có tâm O bán kính R. Gọi hình nón có đỉnh S, tâm đáy là H, bán kính đáy r = HA. Vì hình nón nội tiếp hình cầu nên đỉnh S thuộc hình cầu, chiều cao SH của hình nón đi qua tâm O của hình cầu, đồng thời cắt hình cầu tại điểm S ' . Theo đề chiều cao hình nón SH = 9 , bán kính hình cầu OS = 5 ⇒ OH = 4 , từ đó ta có

Câu 5.

)

3 3 9 27π R 2 Diện tích toàn phần của hình nón S 2 = π rl + π r 2 = π . R. R + π . R 2 = 4 2 16 16

Theo giả thiết: 4π R 2 +

HA = OA2 − OH 2 = 52 − 4 2 = 3 . 1 1 1 Thể tích khối nón V1 = hπ r 2 = SH .π .HA2 = .9π 32 = 27π . 3 3 3 4 4 3 500π 3 Thể tích khối cầu V2 = π R = π 5 = . 3 3 3 V 27π 81 Tỉ số 1 = . = V2 500π 500 3 Câu 3. Theo bài toán ta có hình vẽ

27π R 2 91π R 2 = 91 ⇔ = 91 ⇔ π R 2 = 16 16 16

Vậy S1 = 4π R 2 = 64cm2 Câu 6.

Chọn C A

Thể tích của khối tròn xoay bằng thể tích của hình trụ đường cao DC và bán kính đường tròn đáy AH . AH = DH = 1 Trừ đi thể tích hai khối nòn tròn xoay chiều cao DH bán kính đường tròn đáy AH

Ta có thể tích khối tròn xoay cần tìm là:

Diện tích bề mặt của toàn bộ đồ vật bằng S1 + S2 = 9π

1 7 V = 3.π.1 − 2. .1.π.12 = π 3 3

(

)

5 + 2 cm2 .

Câu 7.

Diện tích nắp hộp cần sơn là: S1 =

4π r 2 = 50π cm 2 . 2

Diện tích than hộp cần sơn là: S2 = 2π rh = 60π cm 2 . Diện tích S cần sơn là: S = S1 + S2 = 50π + 60π = 110π cm 2 . Câu 11. Gọi r là bán kính của khối trụ và h là chiều cao của khối tru, khi đó ta có 2

h h r 2 = R 2 −   = R2 − . 4 2  h2  Thể tích của khối trụ là V = π r 2 h = π  R 2 −  h . 4  Câu 8.

Theo đề bài thể tích khối trụ bằng

Ta có diện tích xung quanh hình trụ là: S1 = 2π R.R 3 = 2π R 2 3

( R 3)

Ta có diện tích xung quanh hình nón là: S1 = π R

+ R2 = 2π R2 . Suy ra

S1 = 3 S2

 4π 3 3 h2  h h R = π  R 2 −  h ⇔ 9h3 − 36 R 2 h + 16 3R 3 = 0 ⇔ 9   − 36   + 16 3 = 0 9 4 R R  h 2 3 2 3 ⇒ = ⇔h= R. R 3 3

4π 3 3 R nên ta có phương trình 9

Vậy chiều cao khối trụ là h =

2 3 R. 3 Câu 12.

Lời giải

Chọn D B

Khi quay mô hình trên quanh trục DF . Tam giác AFE tạo ra khối nón tròn xoay (N ) và hình

C O'

Câu 9.

vuông ABCD tạo ra khối trụ tròn xoay (T ).

4 3 πr VC 2 = 3 2 = VT π r 2r 3 Câu 10.

(N ) có chiều cao AF = a, bán kính đáy

Chọn B

EF = AF . tan 300 =

1 2 Thể tích khối nón là V1 = π.R 2 .2 R = π.R 3 3 3 1 4 2 3 Thể tích nửa khối cầu là V2 = . π.R = π.R 3 2 3 3 Thể tích của toàn bộ khối đồ vật là V1 + V2 = 36π ⇔

a 3

⇒ V(N ) =

1  a  πa 3 π   a = .  3  3  9

(T ) có chiều cao AD = a, bán kính đáy AB = a ⇒ V( ) = πa .a = πa . 2

πa 3

4 π.R 3 = 36π ⇔ R = 3 3

= Vậy thể tích cần tính là: V = V(N ) +V(T ) = πa 3 + 9

10πa 3 . 9

Diện tích xung quanh của mặt nón là S1 = π R. 4 R 2 + R 2 = π R 2 5 = 9 5π

1 Diện tích của nửa mặt cầu là S2 = .4π R 2 = 18π 2 11

Câu 16.

Chọn A

Câu 13. 4 4 32 Thể tích khối cầu ( S ) là V1 = π .R3 = π .23 = π 3 3 3 Ta có r = 42 − 22 = 2 3 . Thể tích của khối trụ ( H ) là V1 = π r 2 h = π .12.4 = 48π .

Khối nón ( N ) có bán kính đáy r = 22 − 12 = 3 , chiều cao h = 3 1 1 Thể tích khối nón ( N ) là V2 = π r 2 h = π . 3 3

Câu 14.

( 3 ) .3 = 3π . Do đó VV 2

1 2

32 . 9

V 4 4 256π 9 Thể tích của khối cầu ( S ) là V2 = π R 3 = π .43 = . Vậ y 1 = . V2 16 3 3 3

Chọn A

Câu 17.

Chọn D

R=3

H (C)

Gọi r là bán kính đường tròn ( C ) thì r là bán kính đáy của hình nón ta có: r 2 = R 2 − OH 2 = 8 ;

HT = HO + OT = 1 + 3 = 4 = h là chiều cao của hình nón. 1 1 32π Suy ra: Vn = .h.S(C ) = .4.π .8 = . 3

Câu 15.

Chọn B

Gọi tam giác đều cạnh a . Ta có a r = là bán kính đường tròn đáy của khối nón. 2

2 a 3 a 3 R = .  = là bán kính khối cầu. 3  2  3

Đường cao hình trụ h = R nên ta có bán kính của đáy hình trụ r = R 2 − S xq = 2π rh = 2π

1 1 a V1 = π r 2 h = π   3 3 2

R2 R 3 = . 4 2

Vậy Stp = S xq + 2S đáy = π R 2

(

a 3 3π a 3 .   = 24  2  3

4 4 a 3 4 3π a 3 V2 = π R 3 = π   =  3 3  3  27

R 3 R = π R2 3 . 2 2

⇒

)

3 + 2 3 π R2 R 3 3 + 2π  .  = 2  2  13

V1 9 = V2 32

Khi quay tam giác ABC quanh trục AO ta được hình nón có thể tích là: VN , có đáy là đường tròn

đường kính BC khi đó: S N = π HC 2 = π r 2 3 , chiều cao của hình nón là: AH = 3r , khi đó thể tích O

hình nón là: VN =

Câu 21. S

2 2r 3 2r 3 Khi đó OA = . . Do ba quả cam tiếp xúc với ba đường sinh của hình trụ nên ta có = 3 2 3 2r 3 + r ⇒ r = R 2 3 − 3 và OA = 2 R 2 − 3 . 3 Do quả cam có bán kính R tiếp xúc với ba quả cam có bán kính r nên khoảng cách từ tâm K

VC 2π OH 3 = ⇔ OH = 3. 2 3 1 1 1 Lại có: = + ⇔ OB 2 = 12. OH 2 OS 2 OB 2

R = OA + r =

18π =

(

)

đến mặt phẳng ( ABC ) là OK = KA2 − OA2 =

Thể tích bình nước ( thể tích nước ban đầu): Vn =

Câu 19.

4 Thể tích khối cầu khi quay hình tròn ( O; r ) quanh trục AO là: VC = π r 3 3 Vậy thể tích V của khối tròn xoay thu được khi quay tam giác ABC đã cắt bỏ phần hình tròn 4 5 quanh trục AO là: V = VN − VC = 3π r 3 − π r 3 = π r 3 3 3 Gọi A, B, C là tâm ba quả cam có cùng bán kính r . K là tâm quả cam có bán kính R . IJ là chiều

cao của hình trụ.

Câu 18. Đường kính của khối cầu bằng chiều cao của bình nước nên OS = 2OH . Ta có thể tích nước tràn ra ngoài là thể tích của nửa quả cầu chìm trong bình nước:

Thể tích nước còn lại là: 24π − 18π = 6π

1 1 AH .S N = 3r .π r 2 3 = 3π r 3 (đvtt) 3 3

π .OS .OB 2 3

= 24π

(R + r)

)

( (

− 2R 2 − 3

))

= 2R 2 3 − 3 .

Vậy chiều cao của hình trụ là

( dm ) . 3

(

)

IJ = IO + OK + KJ = R 2 3 − 3 + 2 R 2 3 − 3 + R = R

( dm ) . 3

(

)

2 3 − 3 +1 .

Gọi r là bán kính của viên billiards snooker. 4 Thể tích viên billiards là Vbi = π r 3 . 3 2

Phần thể tích nước dâng lên sau khi bỏ viên billiards vào là V = π . ( 5, 4 ) . ( 2r − 4,5 ) . Vì thể tích nước dâng lên chính là thể tích của viên billiards nên ta có Vbi = Vn . Ta có phương trình

0 < r < 4,5 4 3 2 π r = π . ( 5, 4 ) . ( 2r − 4,5 ) ⇔ r = 2, 7 . 3

Câu 22. Gọi G là tâm của thiết diện cắt bởi mặt phẳng ( Q ) và mặt cầu.

Câu 20. Gọi H là chân đường cao AH của tam giác ABC

Theo giả thiết ta có OA = OB = OH = R = 5 và HG = x . GF là bán kính của đường tròn thiết

3 2 ⇔ BC = AH = r 2 3 Vì tam giác ABC đều nên ta có: AH = 3OH = 3r , AH = BC 2 3

diện. Khi đó GF = 52 − ( 5 − x ) = 10 x − x 2 . Gọi S 1 là tâm của thiết diện cắt bởi mặt phẳng ( Q ) và mặt cầu.

Gọi M là tâm của thiết diện cắt bởi

(Q)

và hình nón. Theo giả thiết ta có MI = x và

SM ML SM .ID (15 − x ) 5 x = ⇒ ML = = = 5− . 15 3 SI ID SI Gọi S 2 là diện tích thiết diện của mặt phẳng ( Q ) và hình nón. x  Ta có S 2 = π  5 −  3 

2  x  20   8  x + 25  Vậy S = S1 + S2 = π 10 x − x 2 +  5 −   = π  − x 2 + 3 9 3      

Câu 25.

8 20 15 S đạt giá trị lớn nhất khi f ( x ) = − x 2 + x + 25 đạt giá khi lớn nhất ⇔ x = . 9 3 4 a 15 ⇒ T = a + b = 19 Theo đề ra ta có x = = b 4 Câu 23. Ta có thể tích khối trụ là V1 = π .r 21.h1 , mà r2 = 2r1 , h1 = 2h2

Gọi D , E lần lượt là tâm đáy nhưu hình vẽ. Đặt bán kính đáy là r = x ∈ ( 0; R ) . GC FG R − x FG ⇒ FG = 2 ( R − x ) = h = ⇒ = CE AE 2R R Ta có thể tích trụ là:

Ta có

1 r  V1 = π .  2  .2h2 = π .r22 h2 . 2 2 1 Mặt khác thể tích khối nón là V2 = π .r22 h2 = 20 ⇒ π .r22 h2 = 60 ( cm 3 ) . 3 1 3 Suy ra V1 = .60 = 30 cm . 2 Vậy thể tích toàn bộ khối đồ chơi bằng V1 + V2 = 30 + 20 = 50 cm 3 .

Câu 24.

Câu 26.

Xét hình nón và quả cầu như hình vẽ bên dưới.

x x   2 + 2 + R − x  8π R3 x x 2 2 V = π r h = 2π x ( R − x ) = 8π . . ( R − x ) ≤ 8π  .  = 3 27 2 2     2R x Dấu '' = '' xảy ra khi = R − x ⇔ x = . 2 3 1 1 Theo bài ta có hn = 4h1 ⇒ h1 = hn ; h2 = 2h1 = hn . 4 2 Thể tích toàn bộ con xoay là 1 V = V(T1 ) + V(T2 ) + V( N ) = π .r 2 .h1 + π .(2r ) 2 .h2 + π .r 2 .hn 3 1 2 1 2 1 2 ⇔ 31 = π .r . hn + π .4 r . hn + π .r .hn 4 2 3 31 2  1 2  1 2 31  1 1  ⇔ 31 =  π .r .hn  + 6  π .r .hn  + π .r .hn ⇔ 31 =  π .r 2 .hn  ⇔ π .r 2 .hn = 4 43 4 3 3  3  3 

Vậy thể tích khối nón ( N ) là: V( N ) = 4(cm3 ) . Câu 27. IK 2 32 9 OI = = = ( cm ) . SI 5 5 Thể tích chỏm cầu tâm I có bán kính OK là:

Khi đó khối nón tạo thành có bán kính đáy là: r = BM =

a a 3 ; chiều cao h = AM = 2 2

a a 3 π a3 3 1 1 Thể tích khối nón là V1 = π r 2 h = .π .   . = 3 3 2 2 24

3 − 95  468π 9  IK − OI    V2 = π . ( IK − OI ) .  IK − = ( cm3 ) .  = π . 3 −  . 3 − 3 5  3  125    Thể tích hình nón có đỉnh S, đáy hình tròn tâm O, bán kính đáy OK là: 2

Gọi độ dài cạnh của tam giác ABC là a .

Khối cầu tạo thành có bán kính là R =

1 1 16 12 768π V1 = .SO.S(O;OK ) . .π   = ( cm3 ) . 3 3 5  5  125 Thể tích phần không gian kín giới hạn bởi bề mặt quả cầu và bề mặt trong của vật hình nón là: 768π 468π 12π V1 − V2 = − = ( cm3 ) . 125 125 5

2 a 3 AM = 3 3 3

4 4 a 3 4π a 3 3 Thể tích khối cầu là: V2 = π R 3 = .π .   =  3 3  3  27

Suy ra: 17

V1 π a 3 3 4π a3 3 9 : . = = V2 24 27 32 18

Câu 28.

Chọn B

Cách 1: Gọi I là tâm mặt cầu và H , r là tâm và bán kính của ( C ) . 2

Ta có IH = h − R và r 2 = R 2 − IH 2 = R 2 − ( h − R ) = 2 Rh − h 2 .

1 π Thể tích khối nón V = hπ r 2 = h 2Rh − h2 . 3 3

(

)

Câu 29. Gọi R là bán kính của khối cầu. Khi đó thể tích nước tràn ra ngoài là thể tích của một nửa khối 1 4 cầu nên . π R 3 = 54 3π ⇔ R = 3 3 . 2 3 2 Do đó chiều cao của thùng nước là h = .2 R = 4 3 . 3 Cắt thùng nước bởi thiết diện qua trục ta được hình thang cân ABCD với AB = 3CD . Gọi O là giao điểm của AD và BC thì tam giác OAB cân tại O . Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB và I là giao điểm của OH và CD → I là trung điểm 1 của DC nên DI = AH . 3 OI DI 1 3 Ta có = = → OH = HI = 6 3 OH AH 3 2

1  4R   h + h + 4 R − 2h   4 R  2 Ta có h ⋅ h ⋅ ( 4 R − 2 h ) ≤   =  ⇒ h ( 2R − h ) ≤   . 3 2 3     3  4R . Do đó V lớn nhất khi h = 4R − 2h ⇔ h = 3 Cách 2:

Gọi I là tâm mặt cầu và H , r là tâm và bán kính của ( C ) . 2

Ta có IH = h − R và r 2 = R 2 − IH 2 = R 2 − ( h − R ) = 2 Rh − h 2 .

1 π π Thể tích khối nón V = hπ r 2 = h 2Rh − h2 = . 2h2 R − h3 3 3 3 Xét hàm f ( h ) = −h3 + 2h 2 R, h ∈ ( R, 2 R ) , có f ′ ( h ) = −3h 2 + 4hR .

(

)

(

f ′ ( h ) = 0 ⇔ −3h2 + 4hR = 0 ⇔ h = 0 hoặc h =

4R . 3

)

Gọi K là hình chiếu của H trên OA thì HK = R = 3 3 Tam giác OHA vuông tại H có đường cao HK nên 1 1 1 1 1 1 1 = + → = − = → AH = 6 → DI = 2 HK 2 HO 2 AH 2 AH 2 HK 2 HO 2 36

Bảng biến thiên

Thể tích thùng đầy nước là

hπ ( AH 2 + DI 2 + AH .DI ) 3

4 3π ( 6 2 + 2 2 + 6.2 )

208 3π 3

208 3π 46 3π − 54 3π = ( dm3 ) . 3 3 Gọi O là tâm hình cầu bán kính R và I , I ′ lần lượt là tâm hai hình tròn đáy của khối trụ với AB là một đường cao của khối trụ như hình vẽ.

Do đó thể tích nước còn lại là Câu 30.

32 3 4R R , t ại h = . Vậy thể tích khối nón được tạo nên bởi ( N ) có giá trị lớn nhất là 27 3 1 32 3 32 3 4R V= π R = π R khi h = . 3 27 81 3 max f ( h ) =

Vì đúng một nửa khối cầu chìm trong nước nên thể tích khối cầu gấp 2 lần thể tích nước tràn ra ngoài. Gọi bán kính khối cầu là R , lúc đó:

4 π R 3 =36π ⇔ R 3 = 27 . 3

Xét tam giác ABC có AC là chiều cao bình nước nên AC = 2 R ( Vì khối cầu có đường kính bằng chiều cao của bình nước) Trong tam giác ABC có:

1 1 1 1 1 1 4R2 = + ⇔ 2 = + ⇔ CB 2 = . CH 2 CA2 CB 2 R 4 R 2 CB 2 3

1 1 4R2 8π 3 .2 R = .R = 24π dm3 . Thể tích khối nón: Vn = π .CB 2 . AC = π . 3 3 3 9 Vậy thể tích nước còn lại trong bình: 24π − 18π = 6π dm3

Dễ thấy O là trung điểm II ′ . Đặt x là chiều cao của khối trụ ta có 0 < x < 2R và AB = II ′ = x 2

x  x Tam giác OAI có AI = AO 2 − OI 2 = R2 −   = R2 − . 4 2   x2  x3  Thể tích khối trụ là f ( x ) = π IA2 . AB = π  R 2 −  x = π  R 2 x −  . 4  4  

 2R 3 x = 3 2 2R 3  3 2 ∈ ( 0; 2 R ) f ′( x) = π  R − x  , f ′ ( x) = 0 ⇔  với x > 0 nên x = 4   3  2R 3 x = − 3  Ta có bảng biến thiên: Câu 32. Thiết diện qua trục của hình nón là một tam giác đều cạnh l . Do đó bán kính đường tròn nội tiếp tam giác cũng chính là bán kính mặt cầu nội tiếp chọp là r1 =

1l 3 l 3 = 3 2 6

Áp dụng định lí Ta-Let ta có:

Từ bảng biến thiên ta thấy thể tích khối trụ lớn nhất khi chiều cao x =

l 3 l 3 − AA′ AH ′ AH − HH ′ 3 = 1 ⇒ AA′ = 1 = = = 2 AB AH AH 3 3 l 3 3

2R 3 3

l 3 l 3 r1 Tương tự ta tìm được r2 = . = = . 3 6 18 3 1 1 1 Tiếp tục như vậ y ta có r3 = r2 , r4 = r3 ,..., rn = rn −1 3 3 3 3

Ta có V1 =

4 3 4 4 r  1 1 4 1 πr1 , V2 = πr23 = π  1  = 3 V1 ,V3 = V1 ,..., Vn = πrn3−1 = V 2 n −1 1 3 3 3 3 3 3 33 33

( )

Câu 31. 21

  1 1 1  V1 1 + 3 + + ... + 2 n −1 3 3  3  3 3 V + V + ... + Vn  = lim V1 .S Do đó T = lim 1 2 = lim  n →+∞ n →+∞ n →+∞ V V V 1 1 1 Đặt S = 1 + 3 + + ... + n −1 2 3 33 33

( )

Đây là tổng của CSN lùi vô hạn với công bội q =

1 ⇒ lim S = n →+∞ 33

1 1−

1 33

27 26

⇒ V1 + V2 + ... + Vn =

27 27 4  l 3  3 3 V1 = π πl  = 26 26 3  6  52 2

1 1 l l 3 3πl 3 V = πr 2 h = π   = 3 3 2 2 24

3 3 πl 6 52 Vậ y T = = 3 3 13 πl 24

CHUYÊN ĐỀ 21

HỆ TRỤC TỌA ĐỘ OXYZ, PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU

A. ( 4; −2;10 )

B. (1;3; 2 )

C. ( 2;6; 4 )

D. ( 2; −1;5 )

Câu 4. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm

MỤC LỤC

A ( 3; −4;0 ) , B ( −1;1;3) , C ( 3,1, 0 ) . Tìm tọa độ điểm D trên trục hoành sao cho AD = BC .

PHẦN A. CÂU HỎI......................................................................................................................................................... 1 Dạng 1. Tìm tọa độ điểm, véc tơ liên quan đến hệ trục tọa dộ OXYZ ............................................................................. 1 Dạng 2. Tích vô hướng, tích có hướng và ứng dụng ........................................................................................................ 8 Dạng 2.1 Tích vô hướng và ứng dụng .......................................................................................................................... 8 Dạng 2.2 Tích có hướng và ứng dụng .......................................................................................................................... 9 Dạng 3. Mặt cầu ............................................................................................................................................................. 10 Dạng 3. Xác định tâm, bán kính của mặt cầu ............................................................................................................. 10 Dạng 3. Viết phương trình mặt cầu ............................................................................................................................ 13 Dạng 3. Một số bài toán khác ..................................................................................................................................... 16 Dạng 4. Bài toán cực trị.................................................................................................................................................. 17

A. D ( 6;0;0 ) , D (12;0;0 )

B. D ( 0;0;0 ) , D ( 6;0;0 )

C. D ( −2;1;0 ) , D ( −4;0;0 )

D. D ( 0;0;0 ) , D ( −6;0;0 )

Câu 5. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1;1; − 1) và B ( 2;3; 2 ) . Vectơ AB có tọa độ là A. (1; 2; 3 ) B. ( −1; − 2; 3 ) C. ( 3;5;1) D. ( 3; 4;1) Câu 6. (Mã 103 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm M ( 2;1; − 1) trên trục Oy có tọa độ là A. ( 0;0; − 1) .

B. ( 2;0; − 1) .

C. ( 0;1;0) .

D. ( 2;0;0 ) .

PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO .............................................................................................................................. 19

Câu 7. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A ( 2; 2;1) .

Dạng 1. Tìm tọa độ điểm, véc tơ liên quan đến hệ trục tọa dộ OXYZ........................................................................... 19

Tính độ dài đoạn thẳng OA . A. OA = 5

Dạng 2. Tích vô hướng, tích có hướng và ứng dụng ...................................................................................................... 27

B. OA = 5

C. OA = 3

D. OA = 9

Dạng 2.1 Tích vô hướng và ứng dụng ........................................................................................................................ 27

Câu 8. (Mã 102 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm M ( 3; −1;1) trên

Dạng 2.2 Tích có hướng và ứng dụng ........................................................................................................................ 28

trục Oz có tọa độ là A. ( 3; −1;0 ) .

Dạng 3. Mặt cầu ............................................................................................................................................................. 30

B. ( 0;0;1) .

C. ( 0; −1;0 ) .

D. ( 3;0;0 ) .

Dạng 3. Xác định tâm, bán kính của mặt cầu ............................................................................................................. 30

Câu 9. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 3; −2;3) và B ( −1; 2;5) . Tìm tọa độ trung

Dạng 3. Viết phương trình mặt cầu ............................................................................................................................ 33

điểm I của đoạn thẳng AB . A. I (1;0; 4 ) .

Dạng 3. Một số bài toán khác ..................................................................................................................................... 37 Dạng 4. Bài toán cực trị.................................................................................................................................................. 42

B. I ( 2; 0;8) .

C. I ( 2; −2; −1) .

D. I ( −2; 2;1) .

Câu 10. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm M ( 2;1; − 1) trên trục Oz có tọa độ là A. ( 2; 0; 0 ) .

B. ( 0;1; 0 ) .

C. ( 2;1; 0 ) .

D. ( 0; 0; − 1) .

PHẦN A. CÂU HỎI

Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A ( −2;3;1) và B ( 5; 6; 2 ) . Đường thẳng AB

Dạng 1. Tìm tọa độ điểm, véc tơ liên quan đến hệ trục tọa dộ OXYZ

cắt mặt phẳng ( Oxz ) tại điểm M . Tính tỉ số

AM . BM

AM AM AM 1 AM 1 B. C. D. =3 =2 = = BM BM BM 3 BM 2 Câu 12. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm A( 3; −1;1) . Hình chiếu

Câu 1. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1;1; − 2 ) và B ( 2; 2;1) . Vectơ AB có tọa độ là A. ( −1; − 1; − 3) B. ( 3;1;1) C. (1;1;3) D. ( 3;3; − 1) Câu 2. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , hình chiếu vuông góc của điểm M ( 3;1; −1) trên trục Oy có tọa độ là A. ( 3;0; −1) .

B. ( 0;1;0 ) .

C. ( 3; 0;0 ) .

D. ( 0;0; −1) .

Câu 3. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 2; −4;3) và B ( 2; 2;7 )

vuông góc của điểm A trên mặt phẳng ( Oyz ) là điểm A. M ( 3;0;0)

B. N ( 0; −1;1)

C. P ( 0; −1;0)

D. Q ( 0;0;1)

Câu 13. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba vecto a (1; 2;3) ; b ( 2; 2; −1) ; c ( 4; 0; −4 ) . Tọa độ của vecto d = a − b + 2c là A. d ( −7;0; −4 ) B. d ( −7;0; 4 ) C. d ( 7;0; −4 ) D. d ( 7;0; 4 )

. Trung điểm của đoạn thẳng AB có tọa độ là 1

Câu 14. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho vectơ a = ( 2; −2; −4 ) , b = (1; −1;1) . Mệnh đề nào dưới đây sai? A. a + b = ( 3; −3; −3) B. a và b cùng phương C. b = 3 D. a ⊥ b Câu 15. (THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 0;1; − 1 ) , B ( 2;3; 2 ) . Vectơ AB có tọa độ là A. ( 2; 2;3) .

B. (1; 2;3) .

C. ( 3;5;1) .

A ( 3; −2;3) và B ( −1; 2;5) . Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là : B. I (1;0; 4 ) .

C. I ( 2; 0;8) .

D. I ( 2; −2; −1) .

Câu 17. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz cho a = ( 2;3;2 ) và b = (1;1; − 1) . Vectơ a − b có tọa độ là A. ( 3; 4;1) .

B. ( −1; − 2;3) .

C. ( 3;5;1) .

D. (1; 2;3) .

Câu 18. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho a = ( 2; −3;3 ) , b = ( 0; 2; −1) , c = ( 3; −1;5 ) . Tìm tọa độ của vectơ u = 2 a + 3b − 2c . A. (10; −2;13 ) .

B. ( −2; 2; −7 ) .

C. ( −2; −2; 7 ) .

D. ( −2; 2; 7 ) .

Câu 19. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A (1;3; 2 ) , B ( 3; −1; 4 ) . Tìm tọa độ trung điểm I của AB. A. I ( 2; −4; 2 ) .

B. I ( 4; 2; 6 ) .

C. I ( −2; −1; −3) .

D. I ( 2;1;3 ) .

Câu 20. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ trục Oxyz cho ba điểm A(−1; 2; −3) , B (1; 0; 2) , C ( x; y; −2) thẳng hàng. Khi đó x + y bằng A. x + y = 1 .

B. x + y = 17 .

11 C. x + y = − . 5

11 D. x + y = . 5

Câu 22. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Trong không gian cho hệ trục toạ độ Oxyz , cho ba điểm A (1; −2;3 ) , B ( −1; 2; 5 ) , C ( 0; 0;1) . Tìm toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC . B. G ( 0; 0;9 ) .

C. G ( −1; 0;3) .

D. G ( 0; 0;1) .

Câu 23. (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho a = ( 2; − 3; 3) , b = ( 0; 2; − 1) , c = ( 3; − 1; 5) . Tìm tọa độ của vectơ u = 2a + 3b − 2c . A. (10; − 2;13) .

B. ( −2; 2; − 7 ) .

C. ( −2; − 2; 7 ) .

D. ( −2; 2; 7 ) .

Câu 24. (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho A (1;3; 2 ) , B ( 3; −1; 4 ) . Tìm tọa độ trung điểm I của AB . A. I ( 2; −4; 2) .

B. I ( 4; 2;6) .

C. I ( −2; −1;3) .

A. M (1;1; 2 )

B. M ( 2; 2; 4 )

C. M ( 2; − 4; 0)

D. M ( 4; − 8;0 )

Câu 26. (THPT MINH KHAI HÀ TĨNH NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ x = ( 2;1; −3) và y = (1;0; −1) . Tìm tọa độ của vectơ a = x + 2 y . B. a = ( 3;1; −4 ) . C. a = ( 0;1; −1) . D. a = ( 4;1; −5 ) . A. a = ( 4;1; −1) .

A ( 2; −4;3) và B ( 2; 2;7 ) . Trung điểm của đoạn thẳng AB có tọa độ là A. (1;3; 2 ) .

B. ( 2; −1;5) .

D. I ( 2;1;3) . 3

C. ( 2; −1; −5 ) .

D. ( 2;6; 4 ) .

Câu 28. (THPT CÙ HUY CẬN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A (1; 0; 3 ) , B ( 2; 3; − 4 ) , C ( −3;1; 2 ) . Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành. A. D ( −4; − 2;9 ) .

B. D ( −4; 2;9 ) .

C. D ( 4; − 2;9 ) .

D. D ( 4; 2; − 9 ) .

Câu 29. (THPT CÙ HUY CẬN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A (1;3; 4 ) , B ( 2; −1;0 ) , C ( 3;1; 2 ) . Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là A. G ( 2;1; 2 ) .

B. G ( 6;3; 6 ) .

 2  C. G  3; ;3  .  3 

D. G ( 2; −1; 2 ) .

Câu 30. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC biết A ( 5; −2;0 ) , B ( −2;3;0 ) , C ( 0; 2;3) . Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ: A. (1; 2;1) . B. ( 2;0; −1) . C. (1;1;1) . D. (1;1; −2 ) . Câu 31. (THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Trong không gian O xyz , cho A ( 2; −1;0 )

và B (1;1; −3) . Vectơ AB có tọa độ là A. ( 3;0; −3) .

Câu 21. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho a = − i + 2 j − 3k . Tọa độ của vectơ a là A. ( − 1; 2; − 3 ) . B. ( 2; − 3; − 1) . C. ( 2; − 1; − 3 ) . D. ( − 3; 2; − 1) .

A. G ( 0; 0;3) .

điểm A ( −1;5; 2 ) và B ( 3; − 3; 2 ) . Tọa độ trung điểm M của đoạn thẳng AB là

Câu 27. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm

D. ( 3; 4;1) .

Câu 16. (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A. I ( −2; 2;1) .

Câu 25. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho hai

B. ( −1;2; −3) .

C. ( −1; −2;3) .

D. (1; −2;3) .

Câu 32. (THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm

A (1;0;0 ) , B (1;1;0 ) , C ( 0;1;1) . Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD (theo thứ tự các đỉnh) là hình bình hành? A. D ( 2;0;0 ) .

B. D (1;1;1) .

C. D ( 0;0;1) .

D. D ( 0;2;1) .

Câu 33. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz cho A ( 2; −2;1) , B (1; −1;3 ) . Tọa độ vecto AB là: A. (−1;1; 2). . B. (−3;3; −4). . C. (3; −3; 4). . D. (1; −1; −2) Câu 34. (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , điểm nào sau đây nằm trên mặt phẳng tọa độ ( Oyz ) ? A. M ( 3; 4;0 ) .

B. P ( −2;0;3) .

C. Q ( 2; 0; 0 ) .

D. N ( 0; 4; −1) .

Câu 35. (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz với i, j , k lần lượt là các vecto đơn vị trên các trục Ox , Oy , Oz. Tính tọa độ của vecto i + j − k . A. i + j − k = (−1; −1;1). B. i + j − k = (−1;1;1). C. i + j − k = (1;1; −1). D. i + j − k = (1; −1;1). 4

Câu 36. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho M ( 4;5;6 ) . Hình chiếu của M xuống mặt phẳng (Oyz ) là M ′ . Xác định tọa độ M ′ . A. M ′ ( 4;5; 0 ) .

B. M ′ ( 4;0;6 ) .

C. M ′ ( 4;0;0 ) .

D. M ′ ( 0;5;6 ) .

A. Nếu M ′ đối xứng với M qua mặt phẳng (Oxz ) thì M ′ ( x; y ; − z ) . C. Nếu M ′ đối xứng với M qua mặt phẳng ( Oxy ) thì M ′ ( x; y ; − z ) . Câu 38. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz giả sử u = 2i + 3 j − k , khi đó tọa độ véc tơ u là B. ( 2;3; −1) . C. ( 2; −3; −1) . D. ( 2; 3;1) . A. ( −2; 3;1) . Câu 39. (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm

M (1; − 2;2 ) và N (1;0; 4 ) . Toạ độ trung điểm của đoạn thẳng MN là: D. (1;0;3) .

Câu 40. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho a = (1; 2;1) và b = ( −1;3;0 ) . Vectơ c = 2 a + b có tọa độ là

A. (1; 7; 2 ) .

B. (1;5;2 ) .

C. ( 3; 7;2 ) .

D. (1; 7;3) .

Câu 41. (KTNL GV BẮC GIANG NĂM 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hai

điểm A ( −3; 4 ) và B ( 5;6 ) . Trung điểm của đoạn thẳng AB có tọa độ là A. (1;5) .

B. ( 4;1) .

C. ( 5;1) .

C. M ( 2; − 4; 0 )

D. M ( 4; − 8;0 )

B. m = 4; n = −3 .

C. m = 1; n = 0 .

4 D. m = 7; n = − . 3

Câu 48. (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A ( −1; 5; 3) và M ( 2;1; − 2 ) . Tọa độ điểm B biết M là trung điểm của AB là

D. Nếu M ′ đối xứng với M qua gốc tọa độ O thì M ′ ( 2 x;2 y;0 ) .

C. ( 2; − 2;6 ) .

B. M ( 2; 2; 4 )

Câu 47. (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các vectơ a = ( 2; m − 1;3) , b = (1;3; −2n ) . Tìm m, n để các vectơ a, b cùng hướng.

3 A. m = 7; n = − . 4

B. Nếu M ′ đối xứng với M qua Oy thì M ′ ( x; y; − z ) .

B. ( 0; 2; 2) .

điểm A ( −1;5; 2 ) và B ( 3; − 3; 2 ) . Tọa độ trung điểm M của đoạn thẳng AB là A. M (1;1; 2 )

Câu 37. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M ( x; y; z ) . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

A. (1; − 1;3) .

Câu 46. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho hai

1 1 A. B  ;3;  . 2 2 C. B ( 5;3; −7 ) .

B. B ( −4;9;8 ) . D. B ( 5; −3; −7 ) .

Câu 49. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(1; 2; −1), B (2; −1;3) và C ( −3;5;1) . Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. A. D ( −2;8; −3) B. D ( −4;8; −5) C. D ( −2; 2;5) D. D ( −4;8; −3) Câu 50. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 2 điểm B (1; 2; −3) , C ( 7; 4; −2 ) Nếu điểm E thỏa nãm đẳng thức CE = 2EB thì tọa độ điẻm E là: 8 8 1  8 8 8   B.  ;3; −  . C.  3;3; −  D.  1; 2;  A.  3; ; −  3 3 3  3 3 3   Câu 51. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz , Tam giác ABC với A (1; −3;3) ; B ( 2; −4;5 ) , C ( a; −2; b ) nhận điểm G (1; c;3 ) làm trọng tâm của nó

D. ( 8; 2 ) .

Câu 42. (KTNL GV BẮC GIANG NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ

thì giá trị của tổng a + b + c bằng. A. −5 B. 3

C. 1

D. −2

a = ( 2;1; −2 ) và vectơ b = (1;0;2 ) . Tìm tọa độ vectơ c là tích có hướng của a và b . A. c = ( 2;6; −1) . B. c = ( 4;6; −1) . C. c = ( 4; −6; −1) . D. c = ( 2; −6; −1) .

Câu 52. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( 2; −1;5 ) , B ( 5; −5; 7 ) , M ( x; y ;1) . Với giá trị nào của x, y thì A, B, M thẳng hàng.

Câu 43. (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Trong không gian với trục hệ tọa độ Oxyz , cho a = −i + 2 j − 3k . Tọa độ của vectơ a là: B. a ( 2; −3; −1) . C. a ( −3; 2; −1) . D. a ( 2; −1; −3) . A. a ( −1; 2; −3) .

Câu 53. (KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC

Câu 44. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 2; −4;3) và B ( 2; 2;9 ) . Trung điểm của đoạn AB có tọa độ là A. ( 0;3;3) .

B. ( 4; −2;12 ) .

C. ( 2; −1; 6 ) .

 3 3 D.  0; ;  .  2 2

B. 22.

26 .

B. x = −4; y = −7

C. x = 4; y = −7

D. x = −4; y = 7

với A (1; 2; −3) , B ( 2;5;7 ) , C ( −3;1; 4 ) . Điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành là A. D ( 6;6;0 )

 8 8 B. D  0; ;   3 3

C. D ( 0;8;8)

D. D ( −4; −2; −6 )

Câu 54. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , tọa độ

điểm đối xứng của M (1; 2; 3) qua mặt phẳng ( Oyz ) là

Câu 45. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A (1; −3;1) , B ( 3;0; −2 ) . Tính độ dài AB . A. 26.

A. x = 4; y = 7

22.

A. ( 0; 2; 3 ) .

B. ( −1; −2; −3) .

C. ( −1; 2; 3) .

D. (1; 2;−3) .

Câu 55. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho tam giác ABC có A (1; −2; 0 ) , B ( 2;1; −2 ) , C ( 0;3; 4 ) . Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành. A. (1; 0; −6 ) .

B. (1;6; 2 ) .

C. ( −1;0; 6 ) .

D. (1; 6; −2 ) . 6

Câu 56. (LIÊN TRƯỜNG THPT TP VINH NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho hai

Câu 66. (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho

điểm A ( 3;1; − 2 ) , B ( 2; − 3;5) . Điểm M thuộc đoạn AB sao cho MA = 2 MB , tọa độ điểm M là

A ( 2;0;0 ) , B ( 0; 2; 0 ) , C ( 0;0; 2 ) . Có tất cả bao nhiêu điểm M trong không gian thỏa mãn M không trùng = CMA = 90° ? với các điểm A, B, C và AMB = BMC

7 5 8 A.  ; − ;  .  3 3 3

B. ( 4;5; − 9 ) .

17  3 C.  ; − 5;  . 2 2

D. (1; −7;12 ) .

A. M ( 9; −5; 7 ) .

B. M ( 9;5;7 ) .

C. M ( −9;5; −7 ) .

D. M ( 9; −5; −5) .

Câu 58. (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm

A ( 2; − 2;1) , B ( 0;1; 2 ) . Tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( Oxy ) sao cho ba điểm A , B , M thẳng hàng là A. M ( 4; − 5; 0 ) .

B. M ( 2; − 3; 0 ) .

C. M ( 0; 0;1) .

D. M ( 4;5;0 ) .

Câu 59. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các véc tơ u = 2i − 2 j + k , v = ( m;2; m + 1) với m là tham số thực. Có bao nhiêu giá trị của m để u = v . A. 0 .

B. 1 .

C. 2 .

D. 3 .

Câu 60. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1; 2; −1) , AB = (1;3;1) thì tọa độ của điểm B là: A. B ( 2;5;0 ) .

B. B ( 0; −1; −2 ) .

C. B ( 0;1; 2 ) .

D. B ( −2; −5;0 )

Câu 61. (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp ABCD. A′B′C′D′ có A ( 0; 0; 0 ) , B ( a; 0; 0 ) ; D ( 0; 2a; 0 ) , A′ ( 0; 0; 2a ) với a ≠ 0 . Độ dài đoạn thẳng

AC′ là A. a .

B. 2 a .

C. 3 a .

3 a. 2

D. ( −3; −1; 2 ) .

Câu 63. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( 3;1;0 ) , B ( 0; −1; 0 ) , C ( 0;0; −6 ) . Nếu tam giác A′B′C′ có các đỉnh thỏa mãn hệ thức A′A + B′B + C ′C = 0 thì tam giác A′B′C′ có tọa độ trọng tâm là A. ( 3; −2; 0 ) . B. ( 2; −3;0 ) . C. (1; 0; −2 ) . D. ( 3; −2;1) . Câu 64. (ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho hình bình hành ABCD . Biết A = (1; 0 ;1) , B = ( 2;1; 2 ) và D = (1; − 1;1) . Tọa độ điểm C là A. ( 2;0; 2 ) .

B. ( 2; 2; 2 ) .

C. ( 2; − 2; 2 ) .

D. ( 0; − 2;0 ) .

Câu 65. (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 8 4 8 hai điểm A (1; 2; − 2 ) và B  ; ;  . Biết I ( a; b; c ) là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác OAB . Giá 3 3 3 trị a − b + c bằng A. 1 B. 3 C. 2 D. 0

D. 3 .

Câu 67. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai vectơ a = ( 2;1; 0 ) và b = ( −1; 0; −2 ) . Tính cos ( a , b ) . 2 2 2 2 A. cos a , b = − B. cos a , b = − C. cos a , b = D. cos a , b = 25 5 25 5

( )

Câu 68. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm M ( 2;3; − 1) , N ( −1;1;1) và P (1; m − 1; 2 ) . Tìm m để tam giác MNP vuông tại N .

A. m = 2

B. m = −6

C. m = 0

D. m = −4

Câu 69. (THPT LÊ VĂN THỊNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tam giác ABC biết A (1;3 ) , B ( −2; −2 ) , C ( 3;1) . Tính cosin góc A của tam giác. 2 1 2 1 A. cos A = B. cos A = C. cos A = − D. cos A = − 17 17 17 17

Câu 70. (THPT QUỲNH LƯU 3 NGHỆ AN NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , góc giữa hai vectơ i và u = − 3; 0; 1 là

(

)

B. 60° .

C. 150° .

D. 30° .

Câu 71. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho a = ( −3; 4;0 ) , b = ( 5;0;12 ) . Côsin của góc giữa a và b bằng A.

C. ( 3;1; −2 ) .

C. 2 .

Dạng 2. Tích vô hướng, tích có hướng và ứng dụng Dạng 2.1 Tích vô hướng và ứng dụng

A. 120° .

Câu 62. (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho A ( −3;1; 2 ) , tọa độ

điểm A ' đối xứng với điểm A qua trục Oy là A. ( 3; −1; −2 ) . B. ( 3; −1; 2 ) .

B. 1.

A. 0 .

Câu 57. (THPT MINH KHAI HÀ TĨNH NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 0;1; −2 ) và B ( 3; −1;1) . Tìm tọa độ điểm M sao cho AM = 3 AB .

3 . 13

5 . 6

5 C. − . 6

D. −

3 . 13

Câu 72. (CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian tọa độ Oxyz góc giữa hai vectơ i và u = − 3;0;1 là

(

)

A. 120° .

B. 30° .

C. 60° .

D. 150° .

Câu 73. (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho vectơ u = ( 3;0;1) và v = ( 2;1;0) . Tính tích vô hướng u .v . A. u.v = 8 . B. u.v = 6 . C. u.v = 0 . D. u.v = −6 . Câu 74. (CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM 2018-2019 LẦN 03) Trong không gian tọa độ Oxyz , góc giữa hai vectơ i và u = − 3;0;1 là

(

A. 30 0 .

)

B. 120 0 .

C. 60 0 .

D. 150 0 .

Câu 75. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian Oxyz, cho ba là điểm A(−1; −2;3) B(0;3;1) , C (4;2;2) . Cosin của góc BAC

9 . 35

B. −

9 . 35

C. −

9 . 2 35

Câu 85. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian Oxyz , cho

9 . 2 35

hai điểm A (1;0; −1) , B (1; −1; 2 ) . Diện tích tam giác OAB bằng

Câu 76. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz cho các điểm A ( 5;1;5 ) ; B ( 4;3; 2 ) ; C ( −3; −2;1) . Điểm I ( a; b; c ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tính a + 2b + c ? A. 1 . B. 3. C. 6. D. − 9. Câu 77. (THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) 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) . Diện tích của tam giác ABC bằng: A.

11 2

7 2

6 2

5 2

C. m = 2 − 6 .

6 . 2

11 . 2

Câu 86. Trong không gian Oxyz , cho hai véc tơ m = ( 4 ; 3 ;1) và n = ( 0 ; 0 ; 1) . Gọi p là véc tơ cùng hướng với  m , n  và p = 15 . Tọa độ của véc tơ p là A. ( 9 ; − 12 ; 0 ) . B. ( 0 ; 9 ; −12 ) . C. ( −9 ; 12 ; 0 ) . D. ( 0 ; 9 ; −12 ) . Câu 87. (ĐỀ THI GIỮA KỲ II YÊN PHONG 1 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho 4 điểm A ( 2; 0; 2 ) ,

Câu 78. (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho véc tơ u = (1;1; −2 ) , v = (1;0; m ) . Tìm tất cả giá trị của m để góc giữa u , v bằng 45° . A. m = 2 . B. m = 2 ± 6 . Dạng 2.2 Tích có hướng và ứng dụng

A. 11.

B (1; −1; −2 ) , C ( −1;1; 0 ) , D ( −2;1; 2 ) . Thể tích của khối tứ diện ABCD bằng

42 . 3

14 . 3

21 . 3

7 . 3

Câu 88. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A ( 0; − 2;1) ; B (1; 0; − 2 ) ; C ( 3;1; − 2 ) ; D ( −2; − 2; − 1) . Câu nào sau đây sai?

D. m = 2 + 6 .

Câu 79. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD biết A ( 3; − 2; m ) , B ( 2;0; 0 ) , C ( 0; 4;0 ) , D ( 0;0;3 ) . Tìm giá trị dương của tham số m để thể tích tứ diện bằng 8. A. m = 8 . B. m = 4 . C. m = 12 . D. m = 6 .

A. Bốn điểm A, B , C , D không đồng phẳng. B. Tam giác ACD là tam giác vuông tại A . C. Góc giữa hai véctơ AB và CD là góc tù. D. Tam giác ABD là tam giác cân tại B . Câu 89. (THPT LƯƠNG THẾ VINH - HN - LẦN 1 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( −2;3;1) , B ( 2;1; 0 ) , C ( −3; −1;1) . Tìm tất cả các điểm D sao cho ABCD là hình thang có đáy AD và

S ABCD = 3S ABC .

Câu 80. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A(1; − 2;0) , B(2;0;3) , C (−2;1;3) và D(0;1;1) . Thể tích khối tứ diện ABCD bằng: A. 6 . B. 8 . C. 12 . D. 4 . Câu 81. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho u = (1;1; 2 ) , v = ( −1; m; m − 2 ) . Khi u, v  = 14 thì

11 11 B. m = −1 hoặc m = − 5 3 C. m = 1 hoặc m = −3 D. m = −1

A. m = 1 hoặc m = −

 D ( −8; −7;1) . B.   D (12;1; −3)

A. D ( 8; 7; −1) .

 D ( 8;7; −1) C.  .  D ( −12; −1;3)

D. D ( −12; −1;3 ) .

Dạng 3. Mặt cầu Dạng 3. Xác định tâm, bán kính của mặt cầu Câu 90. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu

(S ):

Câu 82. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có A ( 2; −1;1) , B ( 3;0; −1) , C ( 2; −1;3 ) , D ∈ Oy và có thể tích bằng 5 . Tính tổng tung độ của các điểm D . B. 2 C. 7 D. −4 A. −6 Câu 83. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho a = (1; −2;3) và b = (1;1; −1) . Khẳng định nào sau đây sai? A. a + b = 3 . B. a.b = −4 . C. a − b = 5 . D.  a, b  = ( −1; −4;3) .

x 2 + ( y + 2 ) + ( z − 2 ) = 8 . Tính bán kính R của ( S ) .

B. R = 64

A. R = 2 2 Câu 91. (Mã

104

đề

( S ) : ( x − 5 ) + ( y − 1)

BGD&ĐT

NĂM

C. R = 8 2018)

Trong

D. R = 4 không

gian

Oxyz ,

mặt

cầu

+ ( z + 2 ) = 3 có bán kính bằng

A. 9

B. 2 3

C. 3

Câu 92. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , tìm tất cả các giá trị của

m để phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y − 4 z + m = 0 là phương trình của một mặt cầu. A. m < 6 B. m ≥ 6 C. m ≤ 6 D. m > 6

Câu 84. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho

Câu 93. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu

điểm A(1; −2;0) , B (1;0; −1) , C (0; −1; 2) , D (−2; m; n) . Trong các hệ thức liên hệ giữa m và n dưới đây,

( S ) : ( x − 5 ) + ( y − 1) + ( z + 2 )

hệ thức nào để bốn điểm A, B, C, D đồng phẳng? A. 2m + n = 13 . B. 2m − n = 13 .

C. m + 2n = 13 .

A. R = 6

D. 2m − 3n = 10 .

= 9 . Tính bán kính R của ( S ) . B. R = 3

C. R = 18

D. R = 9

Câu 94. (MĐ

( S ) : ( x + 3)

103

BGD&ĐT 2

NĂM

2017-2018)

Trong

không

gian

Oxyz ,

cho

mặt

cầu

+ ( y + 1) + ( z − 1) = 2 . Tâm của ( S ) có tọa độ là

A. ( 3; −1;1)

B. ( −3; −1;1)

( S ) : ( x + 3)

C. ( −3;1; −1)

D. ( 3;1; −1)

A. I ( −1; 2; −4 ) , R = 2 5 B. I (1; −2; 4 ) , R = 20 Câu 96. (Mã

101

đề

D. I ( −1; 2; −4 ) , R = 5 2 BGD

2019)

Trong

B. 15 .

không

gian

Oxyz ,

cho

mặt

cầu

Câu 97. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz cho hai điểm I (1;1;1) 2

Câu 98. (Mã

đề

104

BGD

Trong

không

gian

Oxyz ,

cho

mặt

cầu

( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 y + 2 z − 7 = 0 . Bán kính của mặt cầu đã cho bằng A. 15 .

C. 9 .

D. 3 .

Câu 99. (Mã 102 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2 y − 7 = 0. Bán kính của mặt cầu đã cho bằng B. 9 . C. 15 . D. 3 . A. 7 . 2

Câu 100. (Mã 103 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x + y + z + 2 y − 2 z − 7 = 0. Bán kính của mặt cầu đã cho bằng A. 7 . B. 3 . C. 9. D. 15 . Câu 101. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 8 x + 2 y + 1 = 0 . Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu

(S) . A. I ( –4 ;1; 0 ) , R = 2.

B. I ( –4;1; 0 ) , R = 4.

C. I ( 4; –1;0 ) , R = 2.

D. I ( 4; –1;0 ) , R = 4.

B. R = 3 .

C. R = 9 .

D. R = 3 3 .

Câu 103. (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Trong không gian vơi hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 8 x + 2 y + 1 = 0 . Tìm tọa độ tâm và bán kính mặt cầu ( S ) : A. I ( −4;1; 0 ) , R = 2 .

B. I ( −4;1; 0 ) , R = 4 .

Oxyz , cho mặt cầu

I của mặt cầu ( S ) là:

D. ( −2; 4; 2 ) .

C. (1; − 2; − 1) .

cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 8x + 10 y − 6 z + 49 = 0 . Tính bán kính R của mặt cầu ( S ) . C. R = 151 .

B. R = 7 .

A. ( −4; 2; − 6 )

Trong

B. ( 2; − 1; 3)

không

D. R = 99 . gian

C. ( −2;1; − 3 )

Oxyz ,

mặt

cầu

D. ( 4; − 2; 6 )

cho mặt cầu có phương trình ( x − 1) + ( y + 2) + ( z − 3) = 4 . Tìm tọa độ tâm I và bán kính R của mặt cầu đó. A. I ( −1;2; −3) ; R = 2 . B. I ( −1;2; −3) ; R = 4 . C. I (1; −2;3) ; R = 2 .

D. I (1; −2;3) ; R = 4 .

Câu 109. (KTNL GV BẮC GIANG NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có phương trình x 2 + y 2 + z 2 + 4 x − 2 y − 4 = 0 .Tính bán kính R của ( S ). A. 1 . B. 9 . C. 2 . D. 3 . Câu 110. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian 2

Oxyz , cho mặt cầu ( S ) :( x − 3) + ( y +1) + ( z −1) = 4 . Tâm của ( S ) có tọa độ là

A. (−3;1; −1) .

B. (3; −1;1) .

C. (3; −1; −1) .

D. (3;1; −1) .

Câu 111. (SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , có tất cả bao nhiêu giá nguyên của m để

x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( m + 2 ) x − 2 ( m − 1) z + 3m2 − 5 = 0 là phương trình một mặt cầu? A. 4 B. 6 C. 5 D. 7 Câu 112. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , tìm tất cả các giá trị của m để phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2 ( m + 2 ) x + 4 my + 19 m − 6 = 0 là phương trình mặt cầu.

Câu 102. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y + 2 z − 3 = 0 . Tính bán kính R của mặt cầu ( S ) . A. R = 3 .

Câu 105. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian

D. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 25 2019)

D. I ( 3; −1;1) .

Câu 108. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , 2

B. ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 29

C. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 5

C. I ( −3; −1;1) .

Câu 107. (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2 y − 6 z + 1 = 0 có tâm là

D. 9 .

và A (1; 2;3) . Phương trình mặt cầu có tâm I và đi qua A là 2

B. I ( 3;1; −1) .

A. R = 1 . C.

A. ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 5

Câu 106. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz ,

( S ) : x2 + y 2 + z 2 + 2 x − 2 z − 7 = 0 . Bán kính của mặt cầu đã cho bằng A. 3 .

+ ( y + 1) + ( z − 1) = 2 . Xác định tọa độ tâm của mặt cầu ( S )

( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 2 z − 3 = 0 . Tọa độ tâm A. ( −1; 2; 1) . B. ( 2; − 4; − 2) .

tâm I và bán kính R của mặt cầu ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 4 ) = 20 . C. I (1; −2; 4 ) , R = 2 5

A. I ( −3;1; −1) .

Câu 95. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , tìm tọa độ 2

Câu 104. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

C. I ( 4; −1; 0 ) , R = 2 .

D. I ( 4; −1; 0 ) , R = 4 .

B. m < 1 hoặc m > 2 . C. −2 ≤ m ≤ 1.

A. 1 < m < 2 .

D. m < −2 hoặc m > 1 .

Câu 113. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình x 2 + y 2 + z 2 + 4mx + 2 my − 2mz + 9 m 2 − 28 = 0 là phương trình mặt cầu? A. 7 . B. 8 . C. 9 . D. 6 . Câu 114. Trong

không

gian

Oxyz ,

xét

mặt

cầu

(S )

có

phương

trình

dạng

x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2 y − 2az + 10a = 0 . Tập hợp các giá trị thực của a để ( S ) có chu vi đường tròn lớn bằng 8π là 11

A. {1;10} .

B. {2; −10} .

C. {−1;11} .

Câu 123. (THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,

D. {1; −11} .

Câu 115. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019 LẦN 3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A ( −1;0; 0 ) , B ( 0;0; 2 ) , C ( 0; −3; 0 ) . Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là A.

14 3

14 4

14 2

D. R = 6 .

C. ( x + 1) + y + ( z + 2 ) = 2 .

Câu 117. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho hai điểm A, B cố định trong không gian có độ dài AB là 4 . Biết rằng tập hợp các điểm M trong không gian sao cho MA = 3MB là một mặt cầu. Bán kính mặt cầu đó bằng 9 3 A. 3 . B. . C. 1. D. . 2 2 Câu 118. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC - LẦN 1 - 2018) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2 ( m + 2 ) x + 4my − 2mz + 5m 2 + 9 = 0 . Tìm các giá trị của m để phương trình trên là phương trình của một mặt cầu. C. m < −5 . D. m > 1 . A. m < −5 hoặc m > 1 . B. −5 < m < 1 . Câu 119. (ĐỀ THI GIỮA KỲ II YÊN PHONG 1 - 2018) Trong không gian Oxyz . Cho tứ diện đều ABCD có A ( 0;1; 2 ) và hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ( BCD ) là H ( 4; − 3; − 2 ) . Tìm tọa độ tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . A. I ( 3; − 2; − 1) . B. I ( 2; − 1; 0 ) . C. I ( 3; − 2;1) . D. I ( −3; − 2;1) . Dạng 3. Viết phương trình mặt cầu Câu 120. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz cho hai điểm I (1;1;1) và A (1; 2;3) . Phương trình mặt cầu có tâm I và đi qua A là 2

B. ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 29

D. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 25

D. ( x − 1) + y 2 + z 2 = 13

D. ( x + 1) + y + ( z + 2 ) = 8 .

D. x 2 + ( y − 3) + ( z + 1) = 36.

Câu 126. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hỏi trong các phương trình sau phương trình nào là phương trình của mặt cầu? A. x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 z − 1 = 0 B. x 2 + z 2 + 3 x − 2 y + 4 z − 1 = 0 C. x 2 + y 2 + z 2 + 2 xy − 4 y + 4 z − 1 = 0 D. x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2 y − 4 z + 8 = 0 Câu 19 : Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 2; −1; −3) ; B ( 0;3; −1) . Phương trình của mặt cầu đường kính AB là : 2 2 2 2 2 2 A. ( x + 1) + ( y + 1) + ( z − 2 ) = 6 B. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 24 2

C. ( x + 1) + ( y + 1) + ( z − 2 ) = 24

D. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 6

Câu 127. (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz phương trình nào sau đây không phải là phương trình của một mặt cầu? B. 2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 − x − y − z = 0 . A. x 2 + y 2 + z 2 + x − 2 y + 4 z − 3 = 0 . D. x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 4 z + 10 = 0 .

Câu 128. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN LẦN 1 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọ độ Oxyz , cho hai điểm A (1; 2;3) , B ( 5; 4; − 1) . Phương trình mặt cầu đường kính AB là

trình mặt cầu tâm I bán kính IM ? 2

C. x 2 + ( y − 3) + ( z + 1) = 9.

B. ( x − 3) + ( y − 3) + ( z − 1) = 9 .

D. ( x + 3) + ( y + 3) + ( z + 1) = 9 .

C. ( x − 3) + ( y − 3) + ( z − 1) = 6 .

B. ( x + 1) + y 2 + z 2 = 17

B. x 2 + ( y + 3) + ( z − 1) = 9.

M ( 1; −2; 3 ) . Gọi I là hình chiếu vuông góc của M trên trục Ox . Phương trình nào dưới đây là phương 2

B. ( x − 1) + y 2 + ( z − 2 ) = 2 .

A. ( x − 3) + ( y − 3) + ( z − 1) = 36 .

Câu 129. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình mặt cầu tâm I ( 2;1; − 2 ) bán kính R = 2 là:

Câu 122. (THPT CÙ HUY CẬN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1; −2; 7 ) , B ( −3;8; −1) . Mặt cầu đường kính AB có phương trình là 2

B. ( x − 1) + ( y + 3) + ( z + 3) = 45 .

D. ( x + 1) + ( y − 3) + ( z − 3) = 45 .

C. ( x − 1) + ( y − 3) + ( z + 3) = 45 .

D. ( x − 1) + ( y + 4 ) + ( z − 3 ) = 18 .

A. x 2 + ( y − 3) + ( z − 1) = 36.

Câu 121. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm

A. ( x + 1) + ( y − 3) + ( z − 3) = 45 .

Câu 125. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2;4;1), B ( −2; 2; −3) . Phương trình mặt cầu đường kính AB là

C. 2 x2 + 2 y 2 + 2 z 2 + 4 x + 8 y + 6 z + 3 = 0 .

C. ( x + 1) + y 2 + z 2 = 13

A (1;1;1) và B (1; − 1;3) . Phương trình mặt cầu có đường kính AB là A. ( x − 1) + y 2 + ( z − 2 ) = 8 .

Lời giải

A. ( x − 1) + y 2 + z 2 = 13

B. ( x − 1) + ( y − 4 ) + ( z − 3 ) = 16 .

Câu 124. (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm

điểm A ( 2; 0; 0 ) , B (1;3; 0 ) , C ( −1; 0;3 ) , D (1; 2;3 ) . Tính bán kính R của ( S ) . B. R = 3 . C. R = 6 . A. R = 2 2 .

C. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 5

A. ( x − 1) + ( y − 4 ) + ( z − 3 ) = 18 . C. ( x − 1) + ( y + 4 ) + ( z − 3 ) = 16 .

D. 14

Câu 116. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Gọi ( S ) là mặt cầu đi qua 4

A. ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 5

viết phương trình mặt cầu có tâm I (1; − 4;3) và đi qua điểm A ( 5; − 3;2 ) .

A. ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 2 ) = 22 .

B. x 2 + y 2 + z 2 − 4 x − 2 y + 4 z + 5 = 0 .

C. x 2 + y 2 + z 2 + 4 x − 2 y + 4 z + 5 = 0 .

D. ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 2 .

Câu 130. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Phương trình nào sau đây là phương trình mặt cầu ( S ) tâm A ( 2;1; 0 ) , đi qua điểm B ( 0;1; 2 ) ? 2

2 A. ( S ) : ( x + 2) + ( y + 1) + z = 8 .

B. ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) + z 2 = 8 . 14

C. ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) + z 2 = 64 .

D. ( S ) : ( x + 2 ) + ( y + 1) + z 2 = 64 .

Câu 131. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz cho hai điểm I (1;1;1) và A (1; 2;3) . Phương trình mặt cầu có tâm I và đi qua A là 2

B. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 5

D. ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 5

C. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 25

C. ( x − 1) + ( y + 2) + ( z − 3) = 25.

D. ( x − 1) + ( y + 2) + ( z − 3) = 9.

D. ( x + 1) + y 2 + z 2 = 17 .

Câu 134. (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , trong các mặt cầu dưới đây, mặt cầu nào có bán kính R = 2 ? A. ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2 y + 2 z − 3 = 0 . B. ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2 y + 2 z − 10 = 0 . 2

C. ( S ) : x + y + z − 4 x + 2 y + 2 z + 2 = 0 .

C. ( x − 9 ) + ( y − 1) + ( z − 6) = 36 .

B. ( x − 9 ) + ( y − 1) + ( z − 6 ) = 144 . D. ( x + 9 ) + ( y + 1) + ( z + 6) = 25 .

Câu 139. (THPT HAI BÀ TRƯNG - HUẾ - 2018) Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt cầu đi qua điểm A (1; −1; 4 ) và tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ.

M (1; −2;3) . Gọi I là hình chiếu vuông góc của M trên trục Ox . Phương trình nào sau đây là phương trình mặt cầu tâm I bán kính IM ? 2 2 A. ( x − 1) + y 2 + z 2 = 13 . B. ( x − 1) + y 2 + z 2 = 13 . 2

A. ( x − 9 ) + ( y − 1) + ( z − 6 ) = 64 .

B. ( x − 1)2 + ( y + 2)2 + ( z − 3)2 = 20. 2

với mặt cầu ( S ) . Phương trình mặt cầu ( S′ ) là

Câu 133. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm

C. ( x + 1) + y 2 + z 2 = 13 .

Câu 138. (THPT CHUYÊN NGUYỄN ĐÌNH TRIỂU - ĐỒNG THÁP - LẦN 1 - 2018) Trong không gian

Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + z 2 = 4. Một mặt cầu ( S′ ) có tâm I ′ ( 9;1; 6 ) và tiếp xúc ngoài

Câu 132. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Trong không gian Oxyz, cho điểm I (1; −2;3) . Viết phương trình mặt cầu tâm I, cắt trục Ox tại hai điểm A và B sao cho AB = 2 3 A. ( x − 1)2 + ( y + 2)2 + ( z − 3)2 = 16.

A. ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 29

3  3  3 27  D.  x −  +  y −  +  z −  = . 2  2  2 4 

D. ( S ) : x + y + z − 4 x + 2 y + 2 z + 5 = 0 .

A. ( x − 3 ) + ( y + 3 ) + ( z + 3) = 16 . C. ( x + 3) + ( y − 3 ) + ( z + 3 ) = 36 .

B. ( x − 3 ) + ( y + 3 ) + ( z − 3 ) = 9 . D. ( x + 3) + ( y − 3 ) + ( z − 3 ) = 49 .

Câu 140. [KIM LIÊN - HÀ NỘI - LẦN 1 - 2018] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M ( 2; 2;1) ,

 −8 4 8  N  ; ;  . Viết phương trình mặt cầu có tâm là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác OMN và tiếp xúc  3 3 3 với mặt phẳng ( Oxz ) . 2

A. x2 + ( y + 1) + ( z + 1) = 1 . 2

C. ( x − 1) + ( y − 1) + z 2 = 1 .

B. x2 + ( y − 1) + ( z − 1) = 1 . 2

D. ( x − 1) + y 2 + ( z − 1) = 1 .

Câu 141. (CHUYÊN HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2018) Trong không gian Oxyz , gọi I ( a; b; c ) là tâm mặt cầu đi

Câu 135. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A (1;1;2 ) , B ( 3;2; − 3) . Mặt cầu ( S ) có tâm I thuộc Ox và đi qua hai điểm A, B có phương trình. A. x 2 + y 2 + z 2 − 8 x + 2 = 0 . B. x 2 + y 2 + z 2 + 8 x + 2 = 0 . 2 2 2 C. x + y + z − 4 x + 2 = 0 . D. x 2 + y 2 + z 2 − 8 x − 2 = 0 .

qua điểm A (1; − 1; 4 ) và tiếp xúc với tất cả các mặt phẳng tọa độ. Tính P = a − b + c .

Câu 136. (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz , mặt cầu có tâm

cả bao nhiêu điểm A ( a ; b ; c ) ( a, b, c là các số nguyên) thuộc mặt phẳng ( Oxy ) sao cho có ít nhất hai tiếp

I (1;1;1) và diện tích bằng 4π có phương trình là

tuyến của ( S ) đi qua A và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau?

B. ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 1

D. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 1

A. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 4 C. ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 4

D. P = 9 .

(

B. 16 .

C. 12 .

)

= 3 . Có tất

D. 4 . 2

tất cả bao nhiêu điểm A ( a, b, c ) ( a, b, c là các số nguyên) thuộc mặt phẳng ( Oxy ) sao cho có ít nhất hai tiếp tuyến của ( S ) đi qua A và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau? A. 20 B. 8 C. 12

D. 16 2

Câu 144. (Mã 103 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu: ( S ) : x + y 2 + ( z + 1) = 5 . Có tất

3  3  3 27  B.  x −  +  y +  +  z −  = . 2  2  2 4  2

C. P = 3 .

Câu 142. (Mã 102 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z − 2

A. 8 .

3  3  3 3 3  A.  x −  +  y −  +  z −  = . 2  2  2 2  2

B. P = 0 .

Câu 143. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + ( z − 1) = 5 . Có

Câu 137. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt cầu ( S ) qua bốn điểm A ( 3;3;0 ) , B ( 3;0;3) , C ( 0;3;3) , D ( 3;3;3) . Phương trình mặt cầu ( S ) là 2

A. P = 6 . Dạng 3. Một số bài toán khác

cả bao nhiêu điểm A ( a ; b ; c ) (a , b, c là các số nguyên) thuộc mặt phẳng ( Oxy ) sao cho có ít nhất hai tiếp tuyến của ( S ) đi qua A và hai tiếp tuyến đó vuông góc nhau?

3  3  3 27  C.  x −  +  y −  +  z +  = . 2  2  2 4 

A. 20 .

B. 8 .

C. 12 .

D. 16 .

Câu 145. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu

(S) : x + y + z = 9 , điểm M(1;1 ; 2) và mặt phẳng ( P) : x + y + z − 4 = 0 . Gọi ∆ là đường thẳng đi qua M , thuộc (P) và cắt (S) tại 2 điểm A , B sao cho AB nhỏ nhất. Biết rằng ∆ có một vectơ chỉ phương là u(1; a ; b) , tính T = a − b . A. T = −2 B. T = 1 C. T = 0 D. T = −1 2

Câu 146. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(9, −3, 4) , B ( a, b, c) . Gọi M , N , P lần lượt là giao của đường thẳng AB với mặt phẳng

Oxy, Oxz, Oyz . Biết các điểm M , N , P đều nằm trên đoạn AB sao cho AM = MN = NP = PB . Tính giá trị ab + bc + ac bằng B. 17 . C. −9 . D. 12 . A. −17 . Câu 147. (THPT CHUYÊN NGỮ - HÀ NỘI - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 2

( S ) : ( x −1) + ( y − 1)

+ z 2 = 4 và một điểm M ( 2;3;1) . Từ M kẻ được vô số các tiếp tuyến tới ( S ) , biết

2 3 . 3

B. r =

3 . 3

C. r =

2 . 3

Câu 150. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho các điểm A ( −1; 2;3) , B ( 6; −5;8 ) và OM = a.i + b.k trong đó a , b là cá số thực luôn thay đổi. Nếu MA − 2MB đạt giác trị nhỏ nhất thì giá trị a − b bằng C. 0

D. 26

Câu 151. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1; 2;1) ;

B ( 2; −1;3) và điểm M ( a; b;0 ) sao cho MA2 + MB 2 nhỏ nhất. Giá trị của a + b là A. 2 .

B. −2 .

C. 3 .

A (1;2;1) B (2; −1; 3) , ,C 3;1; − 5 . Tìm điểm M

(

)

trên mặt phẳng (Oyz ) sao cho MA2 − 2MB 2 − MC 2 lớn nhất.

3 1  A. M  ; ; 0 .  2 2 

1 3  B. M  ; − ; 0 .  2 2 

C. M (0; 0;5) .

D. M (3; −4; 0) .

Câu 155. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 2

Gọi m, n là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2MA2 − MB 2 . Xác định ( m − n ) . A. 64 . B. 68 . C. 60 . D. 48 .

D. ( 2 ) .

Câu 149. (THPT CHUYÊN HẠ LONG - LẦN 2 - 2018) Trong không gian, cho bốn mặt cầu có bán kính lần lượt là 2 , 3 , 3 , 2 (đơn vị độ dài) tiếp xúc ngoài với nhau. Mặt cầu nhỏ nhất tiếp xúc ngoài với cả bốn mặt cầu nói trên có bán kính bằng 5 3 7 6 A. . B. . C. . D. . 9 7 15 11 Dạng 4. Bài toán cực trị

B. −13

Câu 154. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm

D. 9 .

mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 9 và hai điểm A ( 4;3;1) , B ( 3;1;3) ; M là điểm thay đổi trên ( S ) .

Câu 148. (THPT MỘ ĐỨC - QUẢNG NGÃI - 2018) Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A ( 0; −1;2 ) , B ( 2; −3;0 ) , C ( −2;1;1) , D ( 0; −1;3) . Gọi ( L ) là tập hợp tất cả các điểm M trong không gian thỏa mãn đẳng thức MA.MB = MC.MD = 1 . Biết rằng ( L ) là một đường tròn, đường tròn đó có bán kính r bằng bao nhiêu? 5 7 3 11 A. r = . B. r = . C. r = . D. r = . 2 2 2 2

A. −25

MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 đạt giá trị nhỏ nhất thì x + y + z bằng 21 A. 6 . B. . C. 8 . 4

tập hợp các tiếp điểm là đường tròn ( C ) . Tính bán kính r của đường tròn ( C ) . A. r =

Câu 153. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 4 điểm A ( 2;4; −1) , B (1;4; −1) , C ( 2;4;3) , D ( 2;2; −1) , biết M ( x; y; z ) để

D. 1.

Câu 152. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) :( x − 1)2 + ( y − 2) 2 +( z + 1)2 = 9 và hai điểm A(4;3;1) , B(3;1;3) ; M là điểm thay đổi trên (S ) . Gọi m , n lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2MA2 − MB 2 . Xác định (m − n) . A. 64 . B. 68 . C. 60 . D. 48 . 17

Câu 156. (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A 2;1;3 ) B (1; −1; 2 ) C ( 3; −6;1) M ( x; y; z ) Oyz ) , , . Điểm thuộc mặt phẳng ( sao cho tam giác ABC với ( 2 2 2 MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị biểu thức P = x + y + z . A. P = 0 . B. P = 2 . C. P = 6 . D. P = −2 . Câu 157. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( 4; 2; 2 ) , B (1;1; − 1) , C ( 2; − 2; − 2 ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( Oyz ) sao cho MA + 2 MB − MC nhỏ nhất A. M ( 2;3;1) .

B. M ( 0;3;1) .

C. M ( 0; − 3;1) .

D. M ( 0;1; 2 ) .

Câu 158. (THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN - ĐÀ NẴNG - LẦN 1 - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A ( 2; −3; 7 ) , B ( 0; 4;1) , C ( 3; 0;5 ) và D ( 3;3;3 ) . Gọi M là điểm nằm trên mặt phẳng ( Oyz ) sao cho biểu thức MA + MB + MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó tọa độ của M là: A. M ( 0;1; −4 ) .

B. M ( 2;1;0 ) .

C. M ( 0;1; −2 ) .

D. M ( 0;1; 4 ) .

Câu 159. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ - THÁNG 4 - 2018) Trong không gian cho ba điểm A (1;1;1) , B ( −1; 2;1) , C ( 3;6; −5 ) . Điểm M thuộc mặt phẳng Oxy sao cho MA2 + MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất là

A. M (1; 2; 0 ) .

B. M ( 0; 0; −1) .

C. M (1;3; −1) .

D. M (1;3; 0 ) .

Câu 160. (LÊ QUÝ ĐÔN - HẢI PHÒNG - LẦN 1 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A ( 3; 2;1) , B ( −2;3; 6 ) . Điểm M ( xM ; yM ; z M ) thay đổi thuộc mặt phẳng ( Oxy ) . Tìm giá trị của biểu thức T = xM + yM + zM khi MA + 3MB nhỏ nhất.

7 A. − . 2

7 . 2

C. 2 .

D. −2 .

Câu 161. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC - LẦN 3 - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có phương trình là x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y − 6 z + 7 = 0 . Cho ba điểm A , M , B nằm trên mặt cầu ( S ) sao cho AMB = 90° . Diện tích tam giác AMB có giá trị lớn nhất bằng? 18

A. 4 . B. 2 . C. 4 π . D. Không tồn tại. Câu 162. (THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG - HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2018) Cho a , b, c , d , e, f là các số thực thỏa mãn

( d − 1) 2 + ( e − 2 ) 2 + ( f − 3) 2 = 1 .  2 2 2 ( a + 3) + ( b − 2 ) + c = 9

(a − d ) + (b − e) + (c − f )

A. 10 .

Gọi giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

lần lượt là M , m. Khi đó, M − m bằng B.

10 .

D. 2 2 .

C. 8 .

Câu 163. (THPT LÊ XOAY - LẦN 3 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm MA 2 = . Khi đó độ dài OM lớn nhất bằng A ( −2; 2; −2 ) ; B ( 3; −3; 3) . Điểm M trong không gian thỏa mãn MB 3 5 3 A. 6 3 . B. 12 3 . C. . D. 5 3 . 2 Câu 164. (THPT NGUYỄN TẤT THÀNH - YÊN BÁI - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 2

các điểm A ( 0; − 1;3) , B ( −2; − 8; − 4 ) C ( 2; − 1;1) và mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 14 . Gọi M ( xM ; yM ; zM ) là điểm trên ( S ) sao cho biểu thức 3MA − 2MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính

P = xM + yM . B. P = 14 .

A. P = 0 .

C. P = 6 .

D. P = 3 14 .

Lời giả i Chọn B Hình chiếu vuông góc của điểm M ( 3; −1;1) trên trục Oz có tọa độ là ( 0;0;1) Câu 9. Chọn A Tọa độ trung điểm I của đoạn AB với A ( 3; −2;3) và B ( −1; 2;5) được tính bởi

x A + xB   xI = 2 = 1   y + yB = 0 ⇒ I (1;0; 4 )  yI = A 2   z A + zB  z I = 2 = 4 Câu 10. Chọn D Hình chiếu vuông góc của điểm M ( 2;1; − 1) trên trục Oz có tọa độ là: ( 0; 0; − 1) . Câu 11. Chọn D M ∈ ( Oxz ) ⇒ M ( x;0;z ) ; AB = ( 7;3;1) ⇒ AB = 59 ; AM = ( x + 2; − 3;z − 1) và

 x + 2 = 7k 

( k ∈ ℝ ) ⇔ −3 = 3k

 x = −9  ⇔ −1 = k ⇒ M ( −9;0;0 ) . z = 0 

z −1 = k  BM = ( −14; − 6; − 2 ) ; AM = ( −7; − 3; − 1) ⇒ BM = 2 AB. Câu 12. Lời giả i Chọn B Khi chiếu vuông góc một điểm trong không gian lên mặt phẳng ( Oyz ) , ta giữ lại các thành phần tung độ và

Dạng 1. Tìm tọa độ điểm, véc tơ liên quan đến hệ trục tọa dộ OXYZ Câu 1. Chọn C AB = ( 2 − 1; 2 − 1;1 − ( −2 ) ) hay AB = (1;1;3) . Câu 2. Chọn B Hình chiếu vuông góc của điểm M ( 3;1; −1) trên trục Oy có tọa độ là ( 0;1;0) . Câu 3. Chọn D x A + xB   xI = 2 = 2  y + yB  = −1 . Gọi I là trung điểm của AB , ta có tọa độ điểm I là  yI = A 2  z A + zB   zI = 2 = 5  Vậy I ( 2; − 1;5) . Câu 4. Chọn B Gọi D ( x; 0;0 ) ∈ Ox

( x − 3)

Chọn C

OA = 22 + 2 2 + 12 = 3 . Câu 8.

A, B, M thẳng hàng ⇒ AM = k . AB

PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO

AD = BC ⇔

Câu 7.

cao độ nên hình chiếu của A( 3; −1;1) lên ( Oyz ) là điểm N ( 0; −1;1) . Câu 13. Chọn B Ta có: d = a − b + 2c = (1 − 2 + 2.4; 2 − 2 + 2.0;3 + 1 + 2.(−4) ) = ( 7; 0; −4 ) . Câu 14. Chọn B Xét đáp án A: a + b = ( 3; −3; −3) đúng. Xét đáp án B: a = 2 (1; −1; −2 ) ≠ b = (1; −1;1) . Suy ra a và b không cùng phương. Đáp án B sai. Câu 15. Hai điểm A ( 0;1; − 1) , B ( 2;3; 2 ) . Vectơ AB có t ọa độ là ( 2; 2;3) . Câu 16. Chọn B Cho hai điểm A ( 3; −2;3) và B ( −1; 2;5) .

x = 0 + 16 = 5 ⇔  . x = 6

 x A + xB 3 + ( −1) = =1  2  2  y + yB ( −2 ) + 2 Trung điểm I có tọa độ:  A = = 0 ⇒ I (1;0; 4 ) . 2  2  z A + zB 3 + 5  2 = 2 =4 

Câu 5. Chọn A AB = ( xB − x A ; yB − y A ; zB − z A ) = (1; 2;3) Câu 6. Chọn C Hình chiếu vuông góc của điểm M ( 2;1; − 1) trên trục Oy có tọa độ là ( 0;1;0 ) . 19

Câu 17. Câu 18.

Câu 19.

Câu 20.

Ta có: a − b = ( 2 − 1;3 − 1; 2 + 1) = (1; 2;3 ) . Ta có: 2a = ( 4; −6; 6 ) , 3b = ( 0; 6; −3) , −2c = ( −6; 2; −10 ) ⇒ u = 2a + 3b − 2c = ( −2; 2; −7 ) .

Câu 27.

x A + xB   xI = 2 = 2  y + yB  Ta có  yI = A = 1 ⇒ I ( 2;1;3) . 2  z A + zB   zI = 2 = 3  Có AB = (2; −2;5) , AC = ( x + 1; y − 2;1) .

Câu 28.

 x = −4  ⇔ AB = DC ⇔ (1;3; − 7 ) = ( −3 − x;1 − y; 2 − z ) ⇔  y = −2 ⇔ D ( −4; − 2;9 ) . z = 9  Câu 29. Tọa độ trọng tâm G là 1+ 2 + 3  =2  xG = 3  3 −1 +1  = 1 ⇒ G ( 2;1; 2 ) .  yG = 3  4+0+2  =2  zG = 3  Câu 30. Giả sử G ( x, y, z ) .

 3   x=− 5 ⇒ x + y =1.  8  y=   5  

x +1 y − 2 1   A, B, C thẳng hàng ⇔ AB , AC cùng phương ⇔ = = ⇔

Câu 21.

a = −i + 2 j − 3k ⇒ a ( −1; 2; −3 ) .

Câu 22.

Toạ độ trong tâm G của tam giác ABC bằng

−2

x A + xB + xC 1 − 1 + 0  = =0  xG = 3 3  y A + yB + yC −2 + 2 + 0  = = 0 ⇒ G ( 0;0;3)  yG = 3 3  z A + zB + zC 3 + 5 + 1  = =3  zG = 3 3  Câu 23. Có 2a = ( 4; −6;6 ) ; 3b = ( 0;6; −3) ; − 2c = ( −6; 2; −10 ) . Khi đó: u = 2a + 3b − 2c = ( −2; 2; − 7 ) . Câu 24.

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC suy ra  5 + ( −2 ) + 0 xA + xB + xC  =1 x = x = 3 3   y A + yB + yC −2 + 3 + 2   ⇔ y = = 1 ⇒ G (1;1;1) . y = 3 3   0+0+3 z A + z B + zC   =1 z = z = 3 3  

Câu 31. A ( 2; −1;0) , B (1;1; −3) ⇒ AB = (1 − 2;1 + 1; −3 − 0 ) = ( −1; 2; −3) .

Tọa độ trung điểm I của AB là

1+ 3   xI = 2 = 2  3 −1  = 1 ⇒ I ( 2;1;3) .  yI = 2  2+4   zI = 2 = 3 

Câu 25.

x A + xB 2 + 2   xM = 2 = 2 = 2  y + yB −4 + 2  Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB , ta có:  yM = A = = −1 ⇒ M ( 2; −1;5 ) . 2 2  z A + zB 3 + 7   zM = 2 = 2 = 5  Gọi D ( x; y; z ) . Để ABCD là hình bình hành

Câu 32. Gọi D ( x ; y ; z ) . Tứ giác ABCD là hình bình hành khi và chỉ AD = BC . Ta có AD = ( x − 1; y ; z ) và BC = ( −1;0;1) . Suy ra x = 0; y = 0; z = 1 . Vậy D ( 0;0;1) .

x A + xB −1 + 3   xM = 2 = 2 = 1  y + yB 5 − 3  = = 1 ⇔ M (1;1; 2 ) . Trung điểm M có tọa độ là  yM = A 2 2  z A + zB 2 + 2   zM = 2 = 2 = 2  Ta có: 2 y = ( 2;0; −2 ) .

Câu 33.

Ta có: AB = ( −1;1; 2 ) .

Mặt phẳng tọa độ ( Oyz ) có phương trình là x = 0 ⇒ N ( 0; 4; −1) ∈ ( Oyz ) . Ta có i = (1;0;0), j = (0;1;0), k = (0;0;1). Do đó, i + j − k = (1;1; −1). Câu 36. Hình chiếu của M ( 4;5;6 ) xuống mặt phẳng (Oyz ) là M ′ ( 0;5;6 ) . Câu 34.

Câu 35.

Câu 26. a = x + 2 y = ( 2 + 2;1 + 0; −3 − 2 ) = ( 4;1; −5 ) .

Câu 37.

Nếu M ′ đối xứng với M qua mặt phẳng (Oxz ) thì M ′ ( x; − y ; z ) . Do đó phương án A sai.

Nếu M ′ đối xứng với M qua Oy thì M ′ ( − x; y; − z ) . Do đó phương án B sai. Nếu M′ đối xứng với M qua gốc tọa độ O thì M ′ ( − x; − y; − z ) . Do đó phương án D sai. 21

Theo định nghĩa ta có i = (1;0;0 ) , j = ( 0;1;0 ) và k = ( 0;0;1) . Do đó, u = 2i + 3 j − k ⇔ u = ( 2;3; −1) .

x A + xB −1 + 3   xM = 2 = 2 = 1  y + yB 5 − 3  Trung điểm M có tọa độ là  yM = A = = 1 ⇔ M (1;1; 2 ) . 2 2  z A + zB 2 + 2   zM = 2 = 2 = 2   k = 2 2 = k 3   Câu 47. a và b cùng hướng ⇔ a = kb ( k > 0 ) ⇔ m − 1 = 3k ⇔ m = 7 . Vậy m = 7; n = − 4 3 = k −2n ( ) n = − 3   4 Câu 48. Giả sử B ( xB ; y B ; z B ) . Vì M là trung điểm của AB nên ta có: xA + xB −1 + xB    xM = 2 2 = 2  xB = 5   y A + yB   5 + yB  ⇔ 1 = ⇔  yB = −3 . Vậy B ( 5; −3; −7 ) .  yM = 2 2    z = −7  B z A + zB 3 + zM    zM = 2  −2 = 2   Câu 49. Chọn D Gọi D ( xD ; yD ; z D ) cần tìm Tứ giác ABCD là hình bình hành ⇔ AB = DC  xB − x A = xC − xD 2 − 1 = −3 − xD  xD = −4    ⇔  y B − y A = yC − yD ⇔ −1 − 2 = 5 − yD ⇔  yD = 8 . z − z = z − z 3 − (−1) = 1 − z  z = −3 D C D  B A   D Suy ra: D ( −4;8; −3) . Câu 50. Chọn A Gọi E ( x; y; z ) Ta có: CE = ( x − 7; y − 4; z + 2 ) ; 2 EB = ( 2 − 2 x; 4 − 2 y; −6 − 2 z )

Câu 38.

Câu 39.

Gọi I là trung điểm MN . Ta có:

xM + xN 1 + 1  = =1  xI = 2 2  yM + yN −2 + 0  = = −1  yI = 2 2  zM + z N 2 + 4  = =3  zI = 2 2  Vậy I (1; − 1;3) . Câu 40. Có c = 2 a + b , gọi c = ( c1 ; c2 ; c3 )

c1 = 2.1 + ( −1) = 1  ⇒ c2 = 2.2 + 3 = 7 c = 2.1 + 0 = 2  3 Vậy c = (1; 7; 2 ) A. Câu 41. Chọn x A + xB −3 + 5   xI = 2 = 2 = 1 Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB . Khi đó ta có:  ⇒ I (1;5 ) .  y = y A + yB = 4 + 6 = 5  I 2 2 Câu 42. Chọn D. Áp dụng công thức tính tích có hướng trong hệ trục tọa độ Oxyz ta được:

c =  a , b  = ( 2; −6; −1)

Vậy chọn đáp án D Câu 43. Chọn A +) Ta có a = xi + y j + zk ⇔ a ( x; y; z ) nên a ( −1; 2; −3) . Do đó Chọn A Câu 44. Chọn C xA + xB 2 + 2   xI = 2 = 2 = 2  y + yB −4 + 2  = = −1 ⇒ I ( 2; −1;6 ) . Gọi I là trung điểm của đoạn AB . Ta có  yI = A 2 2  z A + zB 3 + 9   zI = 2 = 2 = 6  Câu 45. AB = (2;3; −3) ⇒ AB = 2 2 + 32 + (−3)2 = 22. Câu 46. Chọn A

 x = 3  x − 7 = 2 − 2x  8   CE = 2EB ⇔  y − 4 = 4 − 2 y ⇔  y = 3   z + 2 = −6 − 2z  8   z = − 3 Câu 51. Chọn D  1+ 2 + a 1 = 3 a = 0  −3 − 4 − 2   ⇔ b = 1 c = 3  c = −3  3+5+b  3 =  3  Vậy a + b + c = −2 23

Câu 52. Chọn A Ta có AB = ( 3; −4; 2 ) , AM = ( x − 2; y + 1; −4 )  x = −4 x − 2 y + 1 −4 = = ⇔ A, B, M thẳng hàng ⇔ AB, AM cùng phương ⇔ . 3 −4 2 y = 7 Câu 53. Chọn D 1 = −3 − xD  xD = −4   Tứ giác ABCD là hình bình hành ⇔ AB = DC ⇔ 3 = 1 − y D ⇔  y D = −2 10 = 4 − z  z = −6 D   D Vậy D ( −4; −2; −6 ) . Câu 54.

x = 2  Có A (1; 2; −1) AB = (1;3;1) = ( x − 1; y − 2; z + 1) ⇒  y = 5 ⇒ B ( 2;5;0 ) z = 0 

Câu 61. Ta có AB = ( a;0;0 ) ; AD = ( 0; 2a;0 ) ; AA′ = ( 0;0; 2a ) . Theo quy tắc hình hộp ta có AB + AD + AA′ = AC ′ ⇔ AC ′ = ( a; 2a;2a ) . 2 2 Suy ra AC = AC = a 2 + ( 2a ) + ( 2a ) = 3 a .

Gọi H là hình chiếu của M lên mặt phẳng ( Oyz ) ⇒ H ( 0; 2; 3)

Gọi M ' là điểm đối xứng với M (1; 2; 3) qua mặt phẳng ( Oyz )

⇒ H là trung điểm của MM ' ⇒ M ' ( −1; 2; 3) .

Câu 55. Ta có: ABCD là hình bình hành ⇔ OA + OC = OB + OD ⇔ OD = OA + OC − OB  xD = x A + xC − xB  xD = 1 + 0 − 2   ⇒  yD = y A + yC − yB ⇔  yD = −2 + 3 − 1 ⇒ D ( −1; 0; 6 ) . z = z + z − z z = 0 + 4 + 2  D  D A C B Câu 56. Gọi M ( x; y; z ) . Vì M thuộc đoạn AB nên:

Vậy độ dài đoạn thẳng AC ′ = 3 a . Câu 62.

x ' = −x  Điểm A ' đối xứng với điểm A qua trục Oy nên  y ' = y . Do đó A ' = ( 3;1; −2 ) . z ' = −z  Câu 63. Gọi G là trọng tâm củaa tam giác ABC . Ta có G (1;0; −2 ) và GA + GB + GC = 0 . Ta có: A′A + B′B + C ′C = 0 ⇔ GA − GA′ + GB − GB′ + GC − GC ′ = 0 ⇔ GA + GB + GC = GA′ + GB′ + GC ′ ⇔ GA′ + GB′ + GC ′ = 0 . ⇔ G là trọng tâm của tam giác A′B′C ′ . Vậy tọa độ trọng tâm của tam giác A′B′C ′ là (1;0; −2 ) .

7  x = 3 3 − x = −2 ( 2 − x )   5  MA = −2 MB ⇔ 1 − y = −2 ( −3 − y ) ⇔  y = − 3    −2 − z = −2 ( 5 − z ) 8  z = 3  Câu 57.

Câu 64.

Gọi tọa độ điểm C là ( x ; y ; z ) Vì ABCD là hình bình hành nên DC = AB Ta có DC = ( x − 1; y + 1; z − 1 ) và AB = (1;1;1)

Gọi M ( x; y; z ) . Ta có: AM = ( x; y − 1; z + 2 ) ; AB = ( 3; −2;3) .

x = 9 x = 9   AM = 3 AB ⇔  y − 1 = −6 ⇔  y = −5 . Vậy M ( 9; −5; 7 ) . z + 2 = 9 z = 7   Câu 58. Ta có M ∈ ( Oxy ) ⇒ M ( x ; y ;0 ) ; AB = ( −2;3;1) ; AM = ( x − 2; y + 2; − 1) . x = 4 x − 2 y + 2 −1 Để A , B , M thẳng hàng thì AB và AM cùng phương, khi đó: . ⇔ = = −2 3 1  y = −5 Vậy M ( 4; − 5;0 ) . Câu 59. Ta có u = ( 2; − 2;1) 2 2 Khi đó u = 22 + ( −2 ) + 12 = 3 và v = m 2 + 22 + ( m + 1) = 2m 2 + 2m + 5

x −1 = 1 x = 2   Suy ra  y + 1 = 1 ⇒  y = 0 z −1 = 1 z = 2   Vậy tọa độ điểm C là ( 2; 0; 2 ) . Câu 65. Chọn D

m = 1 Do đó u = v ⇔ 9 = 2m 2 + 2m + 5 ⇔ m2 + m − 2 = 0 ⇔   m = −2 Vậy có 2 giá trị của m thỏa yêu cầu bài toán. Câu 60.

Gọi A ( x; y ; z ) , A '( x′; y ′; z ′) là điểm đối xứng với điểm A qua trục Oy .

Gọi B ( x; y; z )

 8 4 8  Ta có OA = (1; 2; − 2 ) , OB =  ; ;  , do đó OA = 3, OB = 4 .  3 3 3 25

i .u − 3 ⇒ α =1500 . cosα = = 2 i.u

DA OA Gọi D là chân đường phân giác trong kẻ từ O , ta có DA = − .DB = − .DB , suy ra DB OB 3 4.OA + 3.OB  12 12  . Do đó D  ; ; 0  . DA = − DB ⇒ OD = 4 7 7 7   5 2  15 Ta có AD =  ; − ; 2  ⇒ AD = . 7  7 7 7 AD 5 .IO = − IO ⇒ OI = OD ⇒ D (1; 1; 0 ) ID = − AO 7 12 Do đó a − b + c = 0 . Câu 66. Gọi I , J , K lần lượt là trung điểm của AB, BC , CA . = CMA = 90° nên các tam giác ∆AMB, ∆BMC , ∆CMA vuông tại M . Do AMB = BMC

5 + 20 + 2 9 AB. AC = Ta có AB (1;5; −2) ; AC ( 5;4; −1) . cosBAC . = = 30. 42 2 35 AB . AC  AB = ( −1; 2; −3) Câu 76. Ta có  ⇒ AB.BC = 0 ⇒ tam giác ABC vuông tại B .  BC = ( −7; −5; −1) ⇒ tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là trung điểm của cạnh huyền AC . 1   ⇒ I 1; − ;3  . Vậy a + 2b + c = 3. 2   Câu 77. Chọn C Ta có: AB = ( −1; 0;1) , AC = (1;1;1) ⇒ ( −1) .1 + 0.1 + 1.1 = 0 ⇒ AB ⊥ AC . Câu 75.

AB BC AC ; JM = ; KM = . Mặt khác AB = BC = AC = 2 2 . 2 2 2 Vậy MI = MJ = MK = 2 . Khi đó M thuộc trục của đường tròn ngoại tiếp đáy IJK và cách ( IJK ) một Khi đó IM =

khoảng không đổi là

2 . Khi đó có hai điểm M thỏa mãn điều kiện trên.

Câu 78.

Dạng 2. Tích vô hướng, tích có hướng và ứng dụng Dạng 2.1 Tích vô hướng và ứng dụng Câu 67. Chọn B a.b −2 2 Ta có: cos ( a , b ) = = =− . 5 5. 5 a.b Tam giác MNP vuông tại N ⇔ MN . NP = 0 ⇔ −6 − 2 ( m − 2 ) + 2 = 0 ⇔ m − 2 = −2 ⇔ m = 0 . Câu 69. Chọn B Ta có: AB = ( −3; − 5) , AC = ( 2; − 2 ) . AB.AC −3.2 + 5.2 1 Khi đó: cos A = cos AB; AC = . = = AB.AC 34.2 2 17 Câu 70. Ta có i = (1; 0; 0 ) . 1. − 3 + 0.0 + 0.1 − 3 i.u Vậy: cos i, u = = = ⇒ i, u = 150° . 2 i . u 1. − 3 2 + 02 + 12

)

(

( )

)

(

( )

)

Chọn D a.b −3.5 + 4.0 + 0.12 −3 Ta có: cos a ; b = = . = 2 a. b ( −3) + 42 + 02 . 52 + 02 + 122 13 Câu 72. Ta có i = (1;0;0 ) − 3 u.i . Vậy u , i = 150° . ⇒ cos u , i = = 2 u.i Câu 73. Ta có u.v = 3.2 + 0.1 + 1.0 = 6 . Câu 74. Gọi α là góc giữa hai vectơ i và u = − 3;0;1 , ta có: Câu 71.

(

( )

1 − 2m 6. 1 + m

1 ⇔ 3 ( m 2 + 1) = 1 − 2m 2

m = 1 14 ⇔ 3m 2 + 6m + 5 = 14 ⇔ 3m 2 + 6m − 9 = 0 ⇔  .  m = −3 Câu 82. Chọn A. Do D ∈ Oy ⇒ D (0; y;0 ) , khi đó: DA = ( 2; −1 − y;1) , DB = ( 3; − y; −1) , DC = ( 2; −1 − y; 3) . Khi đó  DA, DB  = (1 + 2 y;5; y + 3)  2 y + 6 = 30  y = 12 1 Và VABCD =  DA, DB  .DC = 5 ⇔  ⇔ . 6  2 y + 6 = −30  y = −18 Vậy y1 + y2 = 12 − 18 = −6 .

)

[u , v ] =

( )

(

( )

1  1 − 2m ≥ 0 m ≤ ⇔ ⇔ 2 ⇔ m = 2− 6. 2 2 3m + 3 = 1 − 4m + 4m  2  m − 4m − 2 = 0 Dạng 2.2 Tích có hướng và ứng dụng Câu 79. Ta có: DA = ( 3; − 2; m − 3) , DB = ( 2; 0; − 3 ) , DC = ( 0; 4; − 3 ) .  m = −6 1 1 Thể tích tứ diện: V =  DB , DC  .DA ⇔ 8 = 24 + 8 ( m − 3) ⇔  . 6 6 m = 6 Vì m dương nên m = 6. Do đó chọn D. Câu 80. Ta có: AB = (1; 2;3) ; AC = ( −3;3;3) ; AD = (−1;3;1) .  AB, AC  = (−3; − 12;9) ;    AB, AC  . AD = (−3).(−1) + (−12).3 + 9.1 = −24 .   1 1 VABCD =  AB , AC  . AD = −24 = 4 . 6 6 Câu 81. Chọn C u , v  = ( −m − 2; −m; m + 1) ⇒ u, v  = ( m + 2 )2 + m 2 + ( m + 1)2 = 3m 2 + 6m + 5    

Câu 68. Chọn C MN ( −3; −2; 2 ) ; NP ( 2; m − 2;1) .

(

1 6 . AB. AC = 2 2 u.v 2 2 + u , v = 45° ⇔ cos u , v = ⇔ = ⇔ 2 2 u.v

Nên diện tích tam giác ABC là S =

)

Câu 83. Ta có 2 2 2  a + b = u = (1 + 1) + ( −2 + 1) + ( 3 − 1) = 4 + 1 + 4 = 3 (đúng).

 x = −2 + 5t  Kết hợp với AD qua A ( −2;3;1) ⇒ AD :  y = 3 + 2t ( t ∈ ℝ ) ⇒ D ( 5t − 2; 2t + 3;1 − t ) . z = 1− t 

 a.b = 1.1 + ( −2 ) .1 + 3. ( −1) = 1 − 2 − 3 = −4 (đúng).  a −b = u =

Biến đổi S ABCD = 3S ABC ⇔ S ACD = 2S ABC (1)  AB = ( 4; −2; −1)     AB; AC  = ( −4;1; −18 ) Ta có  AC = ( −1; −4; 0 ) ⇒     AC ; AD  = ( 4t ; −t ;18t )  AD = ( 5t ; 2t ; −t ) 

(1 − 1) + ( −2 − 1) + ( 3 + 1) = 0 + 9 + 16 = 5 (đúng).

 −2 3 3 1 1 −2    a , b  =  ; ;  = ( −1; 4;3 ) (sai).  1 −1 −1 1 1 1  Câu 84. Ta tính AB = (0; 2; −1); AC = (−1;1; 2); AD = (−3; m + 2; n) ;  AB, AC  = (5;1; 2)   Bốn điểm A, B, C, D đồng phẳng ⇔  AB, AC  . AD = 0 ⇔ m + 2n = 13   Câu 85. OA, OB  = ( −1; −3; −1)

 1 1  S ABC =  AB; AC  =  2 2 ⇒ 1   1   S ACD = 2  AC ; AD  = 2

1 1 11 1+ 9 +1 = S∆OAB = OA, OB  = . 2 2 2   Câu 86. Ta có:  m , n  = ( 3 ; − 4 ; 0 ) . Vì p là véc tơ cùng hướng với  m , n  nên p = k .  m , n  = ( 3k ; − 4k ; 0 ) , k > 0 .  k = −3 Ta có: p = 15 ⇔ 9k 2 + 16k 2 = 15 ⇔  . k = 3 So sánh với điều kiện k > 0 ⇒ k = 3 ⇒ p = ( 9 ; − 12 ; 0 ) . Câu 87. AC = ( −3;1; −2 ) ; AB = ( −1; −1; −4 ) ; AD = ( −4;1;0 ) .  AB, AC  = ( −6; −10; 4 ) .   1 1 7 Thể tích khối tứ diện là: V = .  AB, AC  . AD = 14 = . 6 6 3 AB = (1; 2; − 3) ; CD = ( −5; − 3;1) Câu 88. AC = ( 3;3; − 3) ; BD = ( −3; − 2;1) AD = ( −2; 0; − 2 ) Ta có:  AB, AC  = ( 3; − 6; − 3) ⇒  AB, AC  . AD = ( −2) .3 + 0.6 + ( −2 )( −3) = 0 . ⇒ AB, AC , AD đồng phẳng hay bốn điểm A, B , C , D đồng phẳng. Vậy đáp án A sai. Lại có AC . AD = 3. ( −2 ) + 3.0 + ( −3 ) . ( −2 ) = 0 ⇒ AC ⊥ AD .

)

(

+ 12 + ( −18 ) =

( 4t ) + ( −t ) + (18t )

341 2 t 341

Do đó chỉ có D ( −12; −1;3) thỏa mãn. Dạng 3. Mặt cầu Dạng 3. Xác định tâm, bán kính của mặt cầu Câu 90. Chọn A 2 2 2 Phương trình mặt cầu tổng quát: ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = R 2 ⇒ R = 2 2 . Câu 91. Chọn D Câu 92. Chọn A Phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y − 4 z + m = 0 là một phương trình mặt cầu ⇔ 12 + 12 + 2 2 − m > 0 ⇔ m < 6 . Câu 93. Chọn B Phương trình mặt cầu tâm I ( a; b; c ) , bán kính R có dạng: 2

)

án C đúng. AB = BD = 14 hay AB = BD ⇒ tam giác ABD là tam giác cân tại B . Vậy đáp án D đúng. Câu 89.

t = 2 ⇒ D ( 8;7; −1) t 341 Kết hợp với (1) ta được = 341 ⇔  2 t = −2 ⇒ D ( −12; −1;3) Với D (8;7; −1) ⇒ AD = (10; 4; −2 ) = 2CB = −2 BC . Với D ( −12; −1;3) ⇒ AD = ( −10; −4; 2 ) = −2CB = 2 BC . Hình thang ABCD có đáy AD thì AD = k BC với k > 0 .

⇒ tam giác ACD là tam giác vuông tại A . Vậy đáp án B đúng. Mặt khác: AB.CD = 1. ( −5) + 2. ( −3) + ( −3) .1 = −14 < 0 ⇒ cos AB, CD < 0 ⇒ AB, CD là góc tù. Vậy đáp

(

( −4 )

( x − a) + ( y − b) + ( z − c )

= R2 ⇒ R = 3 .

Câu 94. Chọn B Tâm của ( S ) có tọa độ là ( −3; −1;1) . Câu 95. Chọn C Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt cầu

( S ) : ( x − a)

+ ( y − b ) + ( z − c ) = R 2 có tâm

I ( a; b; c ) và bán kính R .

Ta có AD //BC ⇒ AD nhận CB = ( 5; 2; −1) là một VTCP.

Nên mặt cầu ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 4 ) = 20 có tâm và bán kính là I (1; −2; 4 ) , R = 2 5. Câu 96. Chọn A 29

Câu 111. Chọn D Phương trình đã cho là phương trình mặt cầu khi và chỉ khi

x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 2 z − 7 = 0 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 − 2.(−1).x + 2.0. y − 2.1.z − 7 = 0 . ⇒ a = −1, b = 0, c = 1, d = -7 .

⇒ Tâm mặt cầu I ( −1;0;1) bán kính R = a 2 + b 2 + c 2 − d =

( −1)

( m + 2 ) + ( m − 1)

+ 02 + 12 + 7 = 3 .

⇔ m − 2m − 10 < 0 ⇔ −1 − 11 < m < 1 + 11 Theo bài ra m ∈ ℤ ⇒ m = {−2; − 1;0;1; 2;3; 4} ⇒ có 7 giá trị của m nguyên thỏa mãn bài toán.

lời giải Chọn C 2

(1 − 1) + ( 2 − 1) + ( 3 − 1)

= 5

Câu 112. Điều kiện để phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2 ( m + 2 ) x + 4 my + 19 m − 6 = 0 là phương trình mặt cầu

vậ y phương trình mặt cầu tâm I và đi qua điểm A có phương trình là 2 2 2 2 2 2 ( x − xI ) + ( y − y I ) + ( z − z I ) = R 2 ⇒ ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 5 Câu 98. Chọn D

là: ( m + 2) + 4m2 − 19m + 6 > 0 ⇔ 5m2 − 15m + 10 > 0 ⇔ m < 1 hoặc m > 2 . Câu 113. Ta có x 2 + y 2 + z 2 + 4mx + 2 my − 2mz + 9 m 2 − 28 = 0 2

Câu 99. Chọn D 2 2 Ta có ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2 y − 7 = 0 ⇔ ( x − 1) + ( y + 1) + z 2 = 9

(1)

Từ phương trình của ( S ) suy ra bán kính của ( S ) là

Câu 102.

(S ) : x

8π = 4. 2π

2 2 +12 + a 2 − 10a .

 a = −1 2 2 +12 + a 2 − 10a = 4 ⇔  .  a = 11 Câu 115. Cách 1: Tìm tọa độ tâm mặt cầu suy ra bán kính. Gọi I ( x ; y ; z ) và R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC .

Vậy mặt cầu ( S ) có tâm I ( 4; – 1; 0 ) và bán kính R = 4. 2

28 28 <m< . 3 3

Câu 114. Đường tròn lớn có chu vi bằng 8π nên bán kính của ( S ) là

a + b + c − d = 1 +1 + 7 = 3

2 là phương trình mặt cầu ⇔ 28 − 3m > 0 ⇔ −

Vậy có 7 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 101. Ta có: x 2 + y 2 + z 2 − 8 x + 2 y + 1 = 0 ⇔ ( x − 4 ) + ( y + 1) + z 2 = 16. 2

Do m nguyên nên m ∈ {−3; − 2; − 1; 0;1; 2; 3} .

Vậy bán kính của mặt cầu bằng 3. Câu 100. Chọn B Mặt cầu đã cho có phương trình dạng x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có bán kính là 2

⇔ ( x + 2m ) + ( y + m ) + ( z − m ) = 28 − 3m 2 (1) .

Ta có R = 12 + ( −1) − ( −7 ) = 3 .

− 3m 2 + 5 > 0

Câu 97.

Ta có R = IA =

Do đó: 2

+ y + z − 2 x + 4 y + 2 z − 3 = 0 ⇔ ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z + 1) = 9 .

Vậy bán kính của mặt cầu ( S ) là R = 3 .

( S ) : x2 + y 2 + z 2 − 8x + 2 y + 1 = 0 ⇒ I ( 4; −1; 0 )

Câu 103.

R = 4. Câu 104. Mặt cầu ( S ) có tâm là I ( −3; −1;1) . 2

Câu 105. Ta có: x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 2 z − 3 = 0 ⇔ ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 9 . Từ đó suy ra mặt cầu ( S ) có tâm là: ( −1; 2;1) . Câu 106. Phương trình mặt cầu: x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0

+ b 2 + c 2 − d > 0 ) có tâm

I ( a ; b ; c ) , bán kính R = a 2 + b 2 + c2 − d . Ta có a = 4 , b = −5 , c = 3 , d = 49 . Do đó R = a 2 + b 2 + c 2 − d = 1 . Câu 107. Chọn B Từ phương trình mặt cầu suy ra tâm của mặt cầu là ( 2; − 1;3) .

1  x = − 2  x 2 + y 2 + z 2 = ( x + 1)2 + y 2 + z 2  IO 2 = IA2    3 2   Ta có: IO = IA = IB = IC = R ⇒  IO 2 = IB 2 ⇔  x 2 + y 2 + z 2 = x 2 + y 2 + ( z − 2 ) ⇔  y = − . 2  2   IO 2 = IC 2 2 2 2 2 2   x + y + z = x + ( y + 3) + z z = 1   14  1 3  I  − ; − ;1 ⇒ R = IO = . 2  2 2  Cách 2: Tìm phương trình mặt cầu suy ra bán kính. Gọi phương trình mặt cầu ( S ) ngoại tiếp tứ diện OABC là: x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 .

Câu 108. Mặt cầu đã cho có tâm I (1; −2;3) và bán kính R = 2 . Câu 109. Chọn D. Giả sử phương trình mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 (a 2 + b 2 + c 2 − d > 0)

1  a = − 2 1 + 2a + d = 0   4 − 4c + d = 0 3   ⇔ b = − . Do ( S ) đi qua bốn điểm A, B, C , O nên ta có:  2 b d 9 + 6 + = 0   c = 1 d = 0 d = 0 

Ta có: a = −2, b = 1, c = 0, d = −4 ⇒ Bán kính R = a 2 + b 2 + c 2 − d = 3 . Câu 110. Chọn B Tâm của ( S ) có tọa độ là (3; −1;1) .

14 . 2 Cách 3: Sử dụng công thức tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện vuông. ⇒ bán kính của ( S ) là: R = a 2 + b 2 + c 2 − d =

Do tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc nên bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

1 1 14 1+ 4 + 9 = . OA2 + OB 2 + OC 2 = 2 2 2 Câu 116. Gọi I ( a; b; c ) là tâm mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C , D . Khi đó:

+ ( 7 − 3 ) = 45. 2

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là ( x + 1) + ( y − 3) + ( z − 3) = 45 . Câu 123. Mặt cầu có tâm I (1; − 4;3) và đi qua điểm A ( 5; − 3;2 ) nên có bán kính R = IA = 3 2 2

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: ( x − 1) + ( y + 4 ) + ( z − 3 ) = 18 .

( a − 2 )2 + b2 + c2 = ( a − 1)2 + ( b − 3)2 + c 2  AI 2 = BI 2   2 2 2 2  2 2 2 2  AI = CI ⇔ ( a − 2 ) + b + c = ( a + 1) + b + ( c − 3)  2  2 2 2 2 2 2 2  AI = DI ( a − 2 ) + b + c = ( a − 1) + ( b − 2 ) + ( c − 3) a − 3b = −3 a = 0   ⇔  a − c = −1 ⇔ b = 1 ⇒ I ( 0;1;1) a − 2b − 3c = −5 c = 1  

Câu 124. Gọi I là tâm của mặt cầu đường kính AB . Khi đó I (1;0; 2 ) . Bán kính của mặt cầu là: R =

1 1 AB = 2 2

(1 − 1)

+ ( −1 − 1) + ( 3 − 1) = 2 . 2

Vậy phương trình mặt cầu là: ( x − 1) + y 2 + ( z − 2 ) = 2 . Câu 125. Gọi I là trung điểm của AB ⇒ I (0;3; −1). IA = (2;1; 2) ⇒ IA = 22 + 12 + 22 = 3.

Bán kính: R = IA = 22 + 12 + 12 = 6 . A

Câu 117. 2 2 2 2 Ta có: MA = 3MB ⇔ MA = 9 MB ⇔ MI + IA = 9 MI + IB ⇔ IA2 − 9 IB 2 + 2 MI IA − 9 IB = 8MI 2 (1) 1 1 9 Gọi I thỏa mãn IA − 9 IB = 0 ⇔ BI = AB nên IB = ; IA = . 8 2 2 3  3 2 Từ (1) suy ra ⇔ 8MI = 18 ⇔ MI = suy ra M ∈ S  I ;  . 2  2 Câu 118. Ta có điều kiện xác định mặt cầu là a 2 + b2 > c 2  m < −5 2 . ⇔ ( m + 2) + 4m2 + m2 − 5m2 − 9 > 0 ⇔ m2 + 4m − 5 > 0 ⇔  m > 1 Câu 119. Gọi I ( a; b; c ) ⇒ IA = ( − a;1 − b; 2 − c ) ; IH = ( 4 − a; − 3 − b; − 2 − c ) ABCD là tứ diện đều nên tâm I của mặt cầu ngoại tiếp trùng với trọng tâm tứ diện ⇒ IA = −3IH −a = −3 ( 4 − a ) a = 3   ⇒ 1 − b = −3 ( −3 − b ) ⇒ b = −2 ⇒ I ( 3; − 2; − 1) .  c = −1 2 − c = −3 ( −2 − c )  Dạng 3. Viết phương trình mặt cầu Câu 120. lời giải Chọn C

(

(1 + 1) + ( −2 − 3)

OABC là R =

Ta có R = IA =

Bán kính R = IA =

(1 − 1) + ( 2 − 1) + ( 3 − 1)

)

(

)

(

)

Mặt cầu đã cho có tâm I, đường kính AB nên có phương trình là x 2 + ( y − 3) + ( z + 1) = 9. Câu 126. Chọn A Đáp án B vì không có số hạng y 2 . Đáp án C loại vì có số hạng 2xy . Đáp án D loại vì a 2 + b 2 + c 2 − d = 1 + 1 + 4 − 8 = −2 < 0 . Đáp án A thỏa mãn vì a 2 + b 2 + c 2 − d = 1 + 0 + 4 + 1 = 6 > 0 . Câu 19 : [2H3-1.3-1] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 2; −1; −3) ; B ( 0;3; −1) . Phương trình của mặt cầu đường kính AB là : 2 2 2 2 2 2 A. ( x + 1) + ( y + 1) + ( z − 2 ) = 6 B. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 24 2

C. ( x + 1) + ( y + 1) + ( z − 2 ) = 24 D. ( x − 1) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 6 Lờigiải Chọn D Tâm I mặt cầu là trung điểm của AB 1 1 1 I (1;1; −2 ) bán kính R = AB = 4 + 16 + 4 = 24 2 2 2 2

( x − 1) + ( y − 1) + ( z + 2 )

Câu 127. Phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 là phương trình của một mặt cầu nếu a 2 + b2 + c2 − d > 0 . Câu 128. Tọa độ tâm mặt cầu là I ( 3; 3;1) , bán kính R = IA = 3 .

Câu 129. Phương trình mặt cầu tâm I ( 2;1; − 2 ) bán kính R = 2 có hai dạng:

= 5

Chính tắc: ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 2 2

vậ y phương trình mặt cầu tâm I và đi qua điểm A có phương trình là 2 2 2 2 2 2 ( x − xI ) + ( y − y I ) + ( z − z I ) = R 2 ⇒ ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 5 Câu 121. Chọn A

Tổng quát: x + y + z − 4 x − 2 y + 4 z + 5 = 0 . Vậy đáp án đúng là B. Câu 130. Vì mặt cầu ( S ) có tâm A ( 2;1; 0 ) , đi qua điểm B ( 0;1; 2 ) nên mặt cầu ( S ) có tâm A ( 2;1; 0 ) và nhận độ dài đoạn thẳng AB là bán kính. 2 Ta có: AB = ( −2 :0; 2 ) . AB = AB = ( −2 ) + 02 + 22 = 2 2 . Suy ra: R = 2 2 .

Hình chiếu vuông góc của M trên trục Ox là I ( 1; 0; 0 ) => IM = 13 .Suy ra phương trình mặt cầu tâm I 2

bán kính IM là: ( x − 1) + y 2 + z 2 = 13 . Câu 122. Gọi I là trung điểm AB ta có I ( −1;3;3 ) là tâm mặt cầu. 33

3  a = 2 18 − 6a − 6b + d = 0 −6a − 6b + d = −18  18 − 6a − 6c + d = 0 −6a − 6c + d = −18 b = 3   ⇔ ⇔ 2    18 − 6b − 6c + d = 0 −6b − 6c + d = −18  3 27 − 6a − 6b − 6c + d = 0 −6a − 6b − 6c + d = −27 c = 2   d = 0

Vậy: ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) + z 2 = 8 . Vậy chọn đáp án B Câu 131. lời giải Chọn B 2

Ta có R = IA =

(1 − 1) + ( 2 − 1) + ( 3 − 1)

= 5

vậ y phương trình mặt cầu tâm I và đi qua điểm A có phương trình là 2

( x − xI ) + ( y − y I ) + ( z − z I )

= R 2 ⇒ ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 5

3 3 3 3 3 3 3 3 . Suy ra tâm I  ; ;  bán kính R =   +   +   = 2 2 2 2 2 2 2 2

3  3  3 27  Vậy phương trình mặt cầu  x −  +  y −  +  z −  = . 2  2  2 4  Câu 138. Chọn A Gọi I (1;1; 0 ) , R = 2. II ′ = 10 . Gọi R′ là bán kính của mặt cầu ( S′ ) . Theo giả thiết, ta có R′ + R = II ′ ⇔ R′ = II ′ − R = 8 . 2

Khi đó phương trình mặt cầu ( S′ ) : ( x − 9 ) + ( y − 1) + ( z − 6 ) = 64 . Câu 139. Gọi I ( a; b; c ) là tâm của mặt cầu ( S ) . Mặt cầu ( S ) tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ

d ( I , ( Oxy ) ) = d ( I , ( Oyz ) ) = d ( I , ( Oxz ) ) ⇔ a = b = c = R (1)

Câu 132. Gọi H là trung điểm AB suy ra H là hình chiếu vuông góc của I lên Ox nên H (1; 0;0 ) .

Mặt cầu ( S ) đi qua A (1; −1; 4 ) 2  IA2 = R 2  IA = R ( a − 1) + ( b + 1) + ( c − 4 ) = R ⇔ ⇔ ⇒  a > 0; c > 0; b < 0 a > 0; c > 0; b < 0 a = c = −b = R > 0 (do (1)) 2 2 2 2 2 ( a − 1) + ( −a + 1) + ( a − 4 ) = a 2a − 12a + 18 = 0 a 2 − 6 a + 9 = 0 ⇔ ⇔ ⇔ a = c = −b = R > 0 a = c = −b = R > 0 a = c = −b = R > 0 2

IH = 13 ⇒ R = IA = IH 2 + AH 2 = 4 . 2

Phương trình mặt cầu là: ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3 ) = 16 . Câu 133. Với điểm M (1; −2;3) thì hình chiếu vuông góc của M trên trục Ox là I (1;0;0 ) 2

Có IM = 13 vậy phương trình mặt cầu tâm I (1;0;0 ) bán kính IM là: ( x − 1) + y 2 + z 2 = 13 a = 2 b = −1  Trong đáp án C ta có:  ⇒ R = a 2 + b2 + c2 − d = 4 = 2 . c = −1 d = 2 Câu 135. Gọi I ( a ;0;0 ) ∈ Ox ⇒ IA (1 − a ;1;2 ) ; IB ( 3 − a ;2; −3) . 2

(1 − a ) + 5 =

a = c = 3  2 2 2 ⇔ b = −3 ⇒ ( S ) : ( x − 3 ) + ( y + 3) + ( z − 3 ) = 9 . R = 3 

Câu 134. Ta có mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 có bán kính là R = a 2 + b 2 + c2 − d

Do ( S ) đi qua hai điểm A, B nên IA = IB ⇔

Câu 140. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OMN . Ta áp dụng tính chất sau : “Cho tam giác OMN với I a.IO + b.IM + c.IN = 0 , với a = MN , b = ON , c = OM ”. 2

là tâm đường tròn nội tiếp, ta có

 −8   4   8  Ta có OM = 22 + 22 + 12 = 3 , ON =   +   +   = 4 .  3   3 3

( 3 − a ) + 13 ⇔ 4a = 16 ⇔ a = 4

⇒ ( S ) có tâm I ( 4 ; 0; 0 ) , bán kính R = IA = 14 .

 −8  4  8  MN =  − 2  +  − 2  +  − 1 = 5 .  3  3  3 

⇒ ( S ) : ( x − 4) + y 2 + z 2 = 14 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 − 8 x + 2 = 0. Câu 136. Ta có: S = 4π R 2 = 4π ⇔ R = 1 2

Vậy ( S ) tâm I (1;1;1) bán kính R = 1 có pt: ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 1 Câu 137. Gọi phương trình mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 ( a 2 + b 2 + c 2 − d > 0 ) Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên:

  −8  5.0 + 4.2 + 3.     3  =0  xI = 3+ 4+5   4 5.0 + 4.2 + 3.      3  =1 . 5.IO + 4.IM + 3.IN = 0 ⇔  yI = 3 + 4 + 5   8 5.0 + 4.2 + 3.     3 =1  zI = 3+ 4+5   Mặt phẳng ( Oxz ) có phương trình y = 0 .

Vì a , b là các số nguyên nên ta có các cặp nghiệm ( a; b ) là

Vậy phương trình mặt cầu là: x2 + ( y − 1) + ( z − 1) = 1 . Câu 141. Vì mặt cầu tâm I tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ nên d ( I , ( Oyz ) ) = d ( I , ( Ozx ) ) = d ( I , ( Oxy ) )

Dễ thấy A′NIM là hình vuông có cạnh IN = R = 3 và IA′ = 3. 2 = 6 . 2 2  IA > R  a + b > 1 Điều kiện phải tìm là  ⇔ 2 2  IA ≤ IA′ = 6  a + b ≤ 4

Mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng ( Oxz ) nên mặt cầu có bán kính R = d ( I , ( Oxz ) ) = 1 . 2

0;2 2) , ( 0; − 2 ) , ( 2;0) , ( −2;0) , (1;1) , ( −1; −1) , ( −1;1) , (1; −1) . ( 0;

a = b = c  a = b = −c ⇔ a = b = c ⇔  a = −b = c   a = −b = −c

Vậy có 12 điểm A thỏa mãn yêu cầu. Câu 143. Chọn A

Nhận thấy chỉ có trường hợp a = −b = c thì phương trình AI = d ( I , ( Oxy ) ) có nghiệm, các trường hợp còn lại vô nghiệm. Thật vậ y: Với a = −b = c thì I ( a; − a; a ) 2

AI = d ( I , ( Oyx ) ) ⇔ ( a − 1) + ( a − 1) + ( a − 4 ) = a 2 ⇔ a 2 − 6a + 9 = 0 ⇔ a = 3

Khi đó P = a − b + c = 9 . Dạng 3. Một số bài toán khác Câu 142. Chọn C Mặt cầu ( S ) có tâm I 0;0; 2 và bán kính R = 3 ; A ∈ ( Oxy ) ⇒ A ( a ; b ;0 ) .

(

)

* Xét trường hợp A ∈ ( S ) , ta có a 2 + b 2 = 1 . Lúc này các tiếp tuyến của ( S ) thuộc tiếp diện của ( S ) tại A nên có vô số các tiếp tuyến vuông góc nhau. a = 0  a = 0  a = −1 a = −1 ; ; ; . Trường hợp này ta có 4 cặp giá trị của ( a; b ) là  b = 1 b = −1 b = 0 b = 0 * Xét trường hợp A ở ngoài ( S ) . Khi đó, các tiếp tuyến của ( S ) đi qua A thuộc mặt nón đỉnh A . Nên các tiếp tuyến này chỉ có thể vuông góc với nhau tại A . Điều kiện để có ít nhất 2 tiếp tuyến vuông góc là góc ở đỉnh của mặt nón lớn hơn hoặc bằng 90° . Giả sử A′N ; A′M là các tiếp tuyến của ( S ) thỏa mãn AN ⊥ AM ( N ; M là các tiếp điểm)

Mặt cầu có tâm I ( 0; 0;1) , bán kính R = 5 . Vì A ∈ ( Oxy ) nên c = 0 . Các giao tuyến của A đến mặt cầu (nếu IA > R ) tạo nên một mặt nón tâm A , để mặt nón này có hai đường sinh vuông góc thì góc của mặt nón này phải ≥ 90° hay IA ≤ R 2 . Vậy R ≤ IA ≤ R 2 ⇔ 5 ≤ a 2 + b 2 + 1 ≤ 10 ⇔ 4 ≤ a 2 + b 2 ≤ 9 3;0 0 ) , 20 bộ số. Ta có các bộ số thõa mãn ( 0; ±2 ) ; ( 0; ±3) ; ( ±1; ±2 ) ; ( ±2; ±2 ) ; ( ±2; ±1) ; ( ±2;0 ) ; ( ±3; Câu 144. Chọn A

Mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + ( z + 1) 2 = 5 có tâm I ( 0;0; −1) và có bán kính R = 5

Nhận thấy điểm M nằm bên trong mặt cầu ( S ) . Để AB = R 2 − d 2 (O , ∆ ) nhỏ nhất khi d ( O , ∆ ) lớn nhất.

a b 1 A ( a ; b ;0 ) ∈ ( Oxy ) , Gọi I ′ là trung điểm của AI ⇒ I ′  ; ; −  2 2 2 Gọi E , F lần lượt là hai tiếp điểm của tiếp tuyến đi qua A sao cho AE ⊥ AF . 1 2 a b 1 Ta có: E , F cùng thuộc mặt cầu ( S′) đường kính IA có tâm I ′  ; ; −  , bán kính R′ = a + b2 + 1 . 2 2 2 2 Đề tồn tại E , F thì hai mặt cầu ( S ) và ( S′) phải cắt nhau suy ra R − R′ ≤ II ′ ≤ R + R′

Ta thấy d ( O , ∆ ) ≤ OM = const . Dấu ‘=’ xả y ra khi ∆ ⊥ OM .

⇔

5−

1 2 1 2 1 2 a + b2 + 1 ≤ a + b2 + 1 ≤ 5 + a + b2 + 1 2 2 2

⇔ 5 ≤ a 2 + b 2 + 1 ⇔ a 2 + b 2 ≥ 4 (1) Gọi H là hình chiếu của I trên ( AEF ) khi đó tứ giác AEHF là hình vuông có cạnh AE = HF = AI 2 − 5 . Ta có IH 2 = R 2 − HF 2 = 5 − ( AI 2 − 5 ) = 10 − AI 2 ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 + 1 ≤ 10 ⇔ a 2 + b 2 ≤ 9 ( 2 )

1 + a + b = 0 a = −1 ⇔ Suy ra u.OM = 0 và u.nP = 0 nên  a b 1 + + 2 = 0  b = 0 Suy ra T = a − b = −1 . Câu 146. Vì các điểm M , N , P đều nằm trên đoạn AB sao cho AM = MN = NP = PB d ( B, Oxy ) = 3d ( A, Oxy )   c = 3.4 BM = 3MA          d ( B, Oxz ) = d ( A, Oxz ) ⇔   b = −3 Do đó ta có  BN = NA ⇔        BP PA d B Oyz d Oyz 3 = 3 , = A,    ( ) ( )    3. a = 9   Để M , N , P đều nằm trên đoạn AB thì hai điểm A và B không nằm về cùng 1 phía so với lần lượt các mặt phẳng Oxy, Oxz, Oyz Do đó B (−12, 3, −3) Vậy ab + bc + ac = − 9

Từ (1) và ( 2 ) ta có 4 ≤ a 2 + b 2 ≤ 9 mà a, b, c ∈ ℤ nên có 20 điểm thỏa bài toán. Cách khác: Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 0,0, −1) bán kính R = 5 . Ta có d ( I (Oxy )) = 1 < R ⇒ mặt cầu ( S ) cắt mặt phẳng ( Oxy ) . Để có tiếp tuyến của ( S ) đi qua A ⇔ AI ≥ R (1) . Có A ( a, b, c ) ∈ ( Oxy ) ⇒ A ( a, b,0 ) , IA = a 2 + b 2 + 1. Quỹ tích các tiếp tuyến đi qua A của ( S ) là một mặt nón nếu AI > R và là một mặt phẳng nếu AI = R . Trong trường hợp quỹ tích các tiếp tuyến đi qua A của ( S ) là một mặt nón gọi AM , AN là hai tiếp tuyến sao cho A, M , I , N đồng phẳng.

Câu 147. Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;1; 0 ) và bán kính R = 2 . Ta có IM = (1; 2;1) và IM = 6 .

Gọi H là một tiếp điểm tùy ý khi kẻ tiếp tuyến từ Oxyz đến mặt cầu, khi đó MH = IM 2 − R 2 = 2 . Gọi O là tâm của đường tròn ( C ) khi đó IM ⊥ HO và HO = r .

HI .HM 2 2 2 3 . = = IM 3 6 Câu 148. Gọi M ( x; y; z ) là tập hợp các điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có AM = ( x; y + 1; z − 2 ) , BM = ( x − 2; y + 3; z ) , CM = ( x + 2; y − 1; z − 1) , DM = ( x; y + 1; z − 3) .  MA.MB = 1 Từ giả thiết: MA.MB = MC.MD = 1 ⇔   MC .MD = 1 Ta có HI .HM = HO.IM ⇒ r =

Tồn tại ít nhất hai tiếp tuyến của ( S ) đi qua A và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau khi và chỉ khi ≥ 90o ⇔ IA ≤ R 2 ( 2 ) . MAN Từ (1) , ( 2 ) ⇒ 4 ≤ a 2 + b 2 ≤ 9 . Vì a, b ∈ ℤ a 2 = 0 a 2 = 9 a 2 = 4 a 2 = 0 a 2 = 1 a 2 = 4 a 2 = 4 hoặc  2 hoặc  2 hoặc  2 hoặc  2 hoặc  2 hoặc  2 . ⇒ 2 b = 9 b = 0 b = 0 b = 4 b = 4 b = 1 b = 4 Bốn hệ phương trình đầu tiên có hai nghiệm, ba hệ sau có 4 nghiệm suy ra số điểm A thỏa mãn là 4.2 + 3.4 = 20 . Câu 145. Chọn D

 x ( x − 2 ) + ( y + 1)( y + 3) + z ( z − 2 ) = 1  x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 2 z + 2 = 0 ⇔ 2 ⇔ 2 2  x + y + z + 2 x − 4 z + 1 = 0  x ( x + 2 ) + ( y + 1)( y − 1) + ( z − 1)( z − 3) = 1 Suy ra quỹ tích điểm M là đường tròn giao tuyến của mặt cầu tâm I1 (1; −2;1) , R1 = 2 và mặt cầu tâm I 2 ( −1;0; 2 ) , R2 = 2 .

Tam giác IAM có IM = IA2 − AM 2 = Tam giác CIN có IN = IC 2 − CN 2 =

( x + 2) ( x + 3)

−4.

−9 .

Tam giác ABN có NM = NA2 − AM 2 = 12 . Ta có: I1I 2 = 5 .

Suy ra 2

5 11 II  . Dễ thấy: r = R12 −  1 2  = 4 − = 4 2  2  Câu 149. Cách 1: Gọi A, B, C , D là tâm bốn mặt cầu, không mất tính tổng quát ta giả sử AB = 4 , AC = BD = AD = BC = 5 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, CD . Dễ dàng tính được MN = 2 3 . Gọi I là tâm mặt cầu nhỏ nhất với bán kính r tiếp xúc với bốn mặt cầu trên. Vì IA = IB, IC = ID nên I nằm trên đoạn MN .

(

Đặt IN = x , ta có IC = 32 + x 2 = 3 + r , IA = 22 + 2 3 − x Từ đó suy ra

(

3 +x − 2 + 2 2−x

)

= 2+r

( x + 3)

−9 +

( x + 2)

− 4 = 12 ⇒ x =

6 . 11

Dạng 4. Bài toán cực trị Câu 150. Chọn C Ta có: OM = a.i + b.k ⇒ M ( a;0; b ) MA = ( −1 − a; 2;3 − b ) ; MB = ( 6 − a; −5;8 − b ) ⇒ −2MB = ( −12 + 2a;10; −16 + 2b ) ⇒ MA − 2 MB = ( a − 13;12; b − 13) 2 2 ⇒ MA − 2MB = ( a − 13) + 122 + ( b − 13) ≥ 12 a = 13 = 12 ⇔  . Do đó a − b = 0 b = 13 Câu 151. Ta thấy M ( a; b;0 ) ∈ ( Oxy ) .

Vậy MA − 2 MB

 12 3  12 3 6 =1⇔ x = , suy ra r = 32 +   − 3 = 11 11  11 

Cách 2

min

3 1  Gọi I  ; ; 2  là trung điểm của đoạn thẳng AB , ta có 2 2  2 2 2 2 2 MA + MB 2 = MA + MB = IA − IM + IB − IM 2 2 2 2 = IA + IM − 2 IA.IM + IB + IM − 2 IB.IM

(

)(

(

) (

)

2 AB = IM 2 + 2 IA2 − 2 IM IA + IB = IM 2 + = IM 2 + 7 . 2 Bởi vậy MA2 + MB 2 nhỏ nhất ⇔ IM ngắn nhất ⇔ M là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng 3 1 3 1 3 1 ( Oxy ) . Bởi vậy M  ; ;0  . Như vậy a = , b = ⇒ a + b = + = 2 . 2 2 2 2 2 2 

(

Gọi A, B là tâm quả cầu bán kính bằng 2 . C, D là tâm quả cầu bán kính bằng 3 . I là tâm quả cầu bán kính x. Mặt cầu ( I ) tiếp xúc ngoài với 4 mặt cầu tâm A, B, C , D nên IA = IB = x + 2, IC = ID = x + 3 . Gọi ( P ) , ( Q ) lần lượt là các mặt phẳng trung trực đoạn AB và CD .  IA = IB ⇒ I ∈ ( P ) ⇒ I ∈ ( P ) ∩ ( Q ) (1) .   IC = ID ⇒ I ∈ ( Q ) Tứ diện ABCD có DA = DB = CA = CB = 5 suy ra MN là đường vuông góc chung của AB và CD , suy ra MN = ( P ) ∩ ( Q ) (2). Từ (1) và ( 2 ) suy ra I ∈ MN 41

)

Câu 152. Gọi I là điểm thỏa mãn 2IA − IB = 0 ⇒ I (2 xA − xB ; 2 y A − yB ; 2 z A − zB ) ⇒ I (5;5; − 1) . Suy ra I là điểm cố định. Suy ra P đạt giá trị nhỏ nhất khi MI đạt giá trị nhỏ nhất, P đạt giá trị lớn nhất khi MI đạt giá trị lớn nhất. (S ) :( x − 1)2 + ( y − 2) 2 +( z + 1)2 = 9 có tâm J (1; 2; − 1) và bán kính R = 3 Suy ra IJ = 5 Mà M là điểm thay đổi trên ( S ) 42

Do đó: min MI = IM1 = JI − R = 5 − 3 = 2

 x = 1 + 4t  Phương trình của MI là:  y = 2 + 3t  z = −1.  Tọa độ điểm M cần tìm ứng với giá trị t là nghiệm của phương trình:  3 t = 2 2 2 2 (1 + 4t − 1) + ( 2 + 3t − 2 ) + ( −1 + 1) = 9 ⇔ 25t = 9 ⇔  5 t = − 3 .  5 3  17 19  Với t = ⇒ M 1  ; ; −1 ⇒ M 1 I = 2 (min). 5  5 5  m = Pmax = 48 3  7 1  ⇒ m − n = 60. Với t = − ⇒ M 1  − ; ; −1 ⇒ M 2 I = 8 (max). Vậy  5  5 5  n = Pmin = −12 Câu 156. Gọi I là điểm thỏa IA + IB + IC = 0 ⇔ I ( 2; −2; 2 ) . 2 2 2 MA2 + MB 2 + MC 2 = MI + IA + MI + IB + MI + IC = 3MI 2 + IA2 + IB 2 + IC 2 + 2MI . IA + IB + IC

max MI = IM 2 = JI + R = 5 + 3 = 8 Suy ra m − n = 82 − 22 = 60 7 7  Câu 153. Xét điểm I ( a; b; c ) thỏa mãn IA + IB + IC + ID = 0 . Khi đó I  ; ;0  . 4 2  2 2 2 2 2 2 2 Ta có MA + MB + MC + MD = MI + IA + MI + IB + MI + IC + MI + ID = 4 MI 2 + 2 MI IA + IB + IC + ID + IA2 + IB 2 + IC 2 + ID 2

(

) (

)

= 4 MI 2 + IA2 + IB 2 + IC 2 + ID 2 ≥ IA2 + IB2 + IC 2 + ID2 ( vì MI 2 ≥ 0 với mọi điểm M ) 7 7 21 7 7  Dấu " = " xảy ra ⇔ M ≡ I tức là M  ; ;0  ⇒ x + y + z = + = . 4 2 4 4 2  Câu 154. Gọi điểm E thỏa EA − 2EB = 0 . Suy ra B là trung điểm của AE , suy ra E (3; −4;5) . 2 2 Khi đó: MA2 − 2MB 2 = ME + EA − 2 ME + EB = −ME 2 + EA2 − 2EB 2 .

(

) (

(

)

⇔ M (3; −4; 0) .

3 1  1 3  + Lần lượt thay M  ; ; 0 , M  ; − ; 0 , M (3; −4; 0) vào biểu thức MA2 − 2MB 2 thì M (3; −4; 0) cho  2 2   2 2 

2 ( 4 − x ) = 3 − x  Do đó: 2 IA − IB = 0 ⇔  2 ( 3 − y ) = 1 − y ⇔ I ( 5;5; −1) .   2 (1 − z ) = 3 − z 2 2 2 Do đó: P = 2 MA − MB 2 = 2 MI + IA − MI + IB 2 2 2 2 = 2 MI + 2 IA + 4 MI .IA − MI + IB + 2 MI .IB 2 2 2 = MI + 2 IA − IB + 2 MI 2 IA − IB = MI 2 + 2 IA2 − IB 2 + 2MI 2 IA − IB

(

) (

)

(

( ) (

) (

)

phẳng ( Oyz ) . Suy ra M ( 0;3;1) . Câu 158. Ta có: AB = ( −2; 7; −6 ) , AC = (1;3; −2 ) , AD = (1;6; −4 ) nên  AB, AC  . AD = −4 ≠ 0 . Suy ra: AB , AC , AD không đồng phẳng. Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD . Khi đó G ( 2;1; 4 ) . Ta có: MA + MB + MC + MD = 4 MG = 4MG . Do đó MA + MB + MC + MD nhỏ nhất khi và chỉ khi MG ngắn nhất.

)

(

)

Vậy P = 0 − 2 + 2 = 0 . Câu 157. Gọi I ( x; y; z ) là điểm thỏa IA + 2 IB − IC = 0 . Khi đó IA + 2 IB − IC = 0 ⇔ OA − OI + 2 OB − OI − OC − OI = 0 1 ⇔ OI = OA + 2OB − OC = ( 2;3;1) ⇔ I ( 2;3;1) . 2 Ta có MA + 2MB − MC = MI + IA + 2 MI + IB − MI + IC = 2MI + IA + 2 IB − IC = 2 MI = 2MI . MA + 2 MB − MC nhỏ nhất khi và chỉ khi MI ngắn nhất, khi đó M là hình chiếu của I ( 2;3;1) lên mặt

(

giá trị lớn nhất nên ta chọn M (3; −4; 0) . Câu 155. Xét điểm I sao cho: 2 IA − IB = 0. Giả sử I ( x; y; z ) , ta có: IA ( 4 − x;3 − y;1 − z ) , IB ( 3 − x;1 − y;3 − z ) .

(

) (

⇔ M ( 0; −2; 2 ) .

Chú ý: Ta có thể làm trắc nghiệm như sau + Loại C vì M (0; 0;5) không thuộc (Oxy ) .

(

) (

= 3MI 2 + IA2 + IB 2 + IC 2 . Mà M ∈ ( Oyz ) ⇒ MA2 + MB2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của I lên ( Oyz )

Do đó MA − 2MB lớn nhất ⇔ ME nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của E (3; −4;5) lên (Oxy ) 2

)

= MI 2 + 2 IA2 − IB 2 . Do I cố định nên IA2 , IB 2 không đổi. Vậy P lớn nhất (nhỏ nhất) ⇔ MI 2 lớn nhất (nhỏ nhất). ⇔ MI lớn

nhất (nhỏ nhất) ⇔ M là giao điểm của đường thẳng IK (với K (1; 2; −1) là tâm của mặt cầu (S)) với mặt cầu (S). Ta có: MI đi qua I ( 5;5; −1) và có vectơ chỉ phương là KI ( 4;3;0 ) .

Vậy M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng ( Oyz ) nên M ( 0;1; 4 ) . Câu 159. Lấy G (1; 3; −1) là trọng tâm của tam giác ABC . Ta có: 2 2 MA2 + MB 2 + MC 2 = MG + GA + MG + GB + MG + GC

(

) (

)

= 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 .

Do đó MA + MB + MC bé nhất khi MG bé nhất. Hay M là hình chiếu của điểm G lên mặt phẳng Oxy . 43

MA 2 = ⇔ 3MA = 2 MB ⇔ 9MA2 = 4MB 2 MB 3 2 2 2 2 2 2 ⇔ 9  ( x + 2 ) + ( y − 2 ) + ( z + 2 )  = 4  ( x − 3) + ( y + 3 ) + ( z − 3 )      ⇔ x 2 + y 2 + z 2 + 12 x − 12 y + 12 z = 0

Vậy M (1;3; 0 ) .

Ta có

x A + 3 xB   xH = 1 + 3  y + 3 yB   3 11 19  ⇒ H − ; ; . Câu 160. Gọi điểm H thỏa mãn HA + 3HB = 0 khi đó:  yH = A 1 + 3  4 4 4  z A + 3z B   zH = 1 + 3  Phương trình mặt phẳng ( Oxy ) là z = 0 .

Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;2;3)

x = 1+ t  Đường thẳng EI có PTTS  y = 2 + 2t  z = 3 + 3t  M ∈ ( IE ) ⇒ M (1 + t;2 + 2t;3 + 3t )

Bài ra A , M , B nằm trên mặt cầu ( S ) và AMB = 90° ⇒ AB qua I ⇒ AB = 2 R = 4 .

1 MA2 + MB 2 AB 2 MA.MB ≤ = = 4. 4 2 4

Dấu " = " xảy ra ⇔ MA = MB =

( −6 )

Ta có ( 6 − 2 x;12 − 2 y;18 − 2 z ) = ( 0;0;0 ) ⇒ E ( 3;6;9 ) . 3MA − 2 MB + MC = 2ME

Câu 161. Ta có ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 3) = 4 ⇒ ( S ) có tâm I (1;1;3 ) và bán kính R = 2 .

Ta có S AMB =

+ 6 2 + ( −6 ) + 6 3 = 12 3 . Câu 164. Gọi E ( x; y; z ) là điểm thỏa mãn EA − 2EB + EC = 0

Do đó OM lớn nhất bằng OI + R =

 xM = xH − aT z H 19  3 11   = do đó tọa độ điểm M cần tìm là:  yM = yH − bT ⇒ M  − ; ;0  . 1 4  4 4   z = z − cT  M H 3 11 Vậy T = xM + yM + zM = − + + 0 = 2 . 4 4 2

Như vậy, điểm M thuộc mặt cầu ( S ) tâm I ( −6;6; −6 ) và bán kính R = 108 = 6 3 .

Xét T =

⇔ ( x + 6 ) + ( y − 6 ) + ( z + 6 ) = 108 .

M ∈ ( S ) ⇒ 14t 2 = 14 ⇒ t = ±1 t = 1 ⇒ M 1 ( 2;4;6 ) , EM 1 = 14 .

AB = 2 2 và AB = 4 . 2

t = −1 ⇒ M 2 ( 0;0;0 ) , EM 2 = 3 14 > EM 1 .

Do đó diện tích tam giác AMB có giá trị lớn nhất bằng 4 . 2 2 2 Câu 162. Gọi A ( d , e, f ) thì A thuộc m mặt cầu ( S1 ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 1 có tâm I1 (1; 2;3) , bán 2

Vậy xM + yM = 2 + 4 = 6 .

kính R1 = 1 , B ( a, b, c ) thì B thuộc mặt cầu ( S 2 ) : ( x + 3) + ( y − 2 ) + z 2 = 9 có tâm I 2 ( −3; 2; 0 ) , bán kính R2 = 3 . Ta có I1 I 2 = 5 > R1 + R2 ⇒ ( S1 ) và ( S2 ) không cắt nhau và ở ngoài nhau.

Dễ thấy F = AB , AB max khi A ≡ A1 , B ≡ B1 ⇒ Giá trị lớn nhất bằng I1 I 2 + R1 + R2 = 9 . AB min khi A ≡ A2 , B ≡ B2 ⇒ Giá trị nhỏ nh nhất bằng I1 I 2 − R1 − R2 = 1 . Vậy M − m = 8 Câu 163. Gọi M ( x; y; z ) .

CHUYÊN ĐỀ 22

PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

Dạng 4.2 Vị trí tương đối, giao tuyến......................................................................................................................... 47 Dạng 4.3 Cực trị ......................................................................................................................................................... 51

MỤC LỤC

Dạng 5. Một số bài toán liên quan giữa mặt phẳng – mặt phẳng ............................................................................ 55

Phần A. CÂU HỎI .......................................................................................................................................................... 2

Dạng 5.1 Vị trí tương đối, khoảng cách, giao tuyến................................................................................................... 55

Dạng 1. Xác định VTPT ................................................................................................................................................. 2

Dạng 5.2 Góc của 2 mặt phẳng .................................................................................................................................. 58

Dạng 2. Xác định phương trình mặt phẳng ................................................................................................................. 3

Dạng 6. Một số bài toán liên khác quan điểm – mặt phẳng – mặt cầu .................................................................... 60

Dạng 2.1 Xác định phương trình mặt phẳng cơ bản..................................................................................................... 3 Dạng 2.2 Xác định phương trình mặt phẳng khi biết yếu tố vuông góc ....................................................................... 4 Dạng 2.3 Xác định phương trình mặt phẳng khi biết yếu tố song song ....................................................................... 7 Dạng 2.4 Xác định phương trình mặt phẳng đoạn chắn ............................................................................................... 8 Dạng 3. Một số bài toán liên quan điểm với mặt phẳng ........................................................................................... 10

Phần A. CÂU HỎI Dạng 1. Xác định VTPT

Dạng 3.1 Điểm thuộc mặt phẳng ................................................................................................................................ 10 Dạng 3.2 Phương trình mặt phẳng qua 3 điểm ........................................................................................................... 11

Câu 1.

Dạng 3.3 Khoảng cách từ điểm đến mặt .................................................................................................................... 11

( P ) : 3x − z + 2 = 0 . Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của ( P ) ? B. n1 = ( 3; −1; 2 ) C. n3 = ( 3; −1; 0 ) A. n2 = ( 3; 0; −1)

Dạng 3.4 Cực trị ......................................................................................................................................................... 13 Dạng 4. Một số bài toán liên quan giữa mặt phẳng – mặt cầu ................................................................................. 15 Dạng 4.1 Viết phương trình mặt cầu .......................................................................................................................... 15 Dạng 4.2 Vị trí tương đối, giao tuyến......................................................................................................................... 17 Dạng 4.3 Cực trị ......................................................................................................................................................... 20

(ĐỀ MINH HỌA BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

D. n4 = ( −1;0; −1)

Câu 2. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) : 2 x + y + 3 z − 1 = 0 có một vectơ pháp tuyến là: A. n3 = ( 2;1;3) B. n2 = ( −1;3; 2 ) C. n4 = (1;3; 2 ) D. n1 = ( 3;1; 2 )

Dạng 5.1 Vị trí tương đối, khoảng cách, giao tuyến................................................................................................... 20

Câu 3. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 3 z − 1 = 0. Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của ( P ) ? A. n3 = (1; 2; −1) . B. n4 = (1; 2;3) . C. n1 = (1;3; −1) . D. n2 = ( 2;3; −1) .

Dạng 5.2 Góc của 2 mặt phẳng .................................................................................................................................. 22

Câu 4.

Dạng 5. Một số bài toán liên quan giữa mặt phẳng – mặt phẳng ............................................................................ 20

Dạng 6. Một số bài toán liên khác quan điểm – mặt phẳng – mặt cầu .................................................................... 23 Phần B. LỜI GIẢI THAM KHẢO ............................................................................................................................. 25 Dạng 1. Xác định VTPT ............................................................................................................................................... 25 Dạng 2. Xác định phương trình mặt phẳng ............................................................................................................... 26 Dạng 2.1 Xác định phương trình mặt phẳng cơ bản................................................................................................... 26 Dạng 2.2 Xác định phương trình mặt phẳng khi biết yếu tố vuông góc ..................................................................... 26

(MĐ

103

BGD&ĐT

NĂM

2017-2018)

( P ) : 2 x + 3 y + z − 1 = 0 có một vectơ pháp tuyến là A. n1 = ( 2;3; −1) B. n3 = (1;3; 2 ) Câu 5.

Dạng 2.4 Xác định phương trình mặt phẳng đoạn chắn ............................................................................................. 32

nào sau đây là một véctơ pháp tuyến của ( P ) B. n 4 = ( 2;1; − 2 ) . A. n1 = ( 2; − 3;1) .

Dạng 3.1 Điểm thuộc mặt phẳng ................................................................................................................................ 36

Câu 7.

nào sau đây là một véctơ pháp tuyến của ( P ) A. n 4 = ( 3;1; − 1) . B. n 3 = ( 4;3;1) .

Oxyz ,

mặt

phẳng

D. n2 = ( −1;3; 2 )

C. n4 = ( 2;1;3) .

D. n2 = ( 2; −1;3) .

(Mã 103 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − 3 y + z − 2 = 0 . Véctơ

Dạng 3.2 Phương trình mặt phẳng qua 3 điểm ........................................................................................................... 36

Dạng 4. Một số bài toán liên quan giữa mặt phẳng – mặt cầu ................................................................................. 46

giam

(Mã 102 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 3z + 1 = 0 . Vectơ

nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của ( P ) ? A. n3 = ( 2;3;1) . B. n1 = ( 2; −1; −3) . Câu 6.

Dạng 3.3 Khoảng cách từ điểm đến mặt .................................................................................................................... 37

không

C. n4 = ( 2;3;1)

Dạng 2.3 Xác định phương trình mặt phẳng khi biết yếu tố song song ..................................................................... 30 Dạng 3. Một số bài toán liên quan điểm với mặt phẳng ........................................................................................... 36

Trong

C. n3 = ( −3;1; − 2 ) .

D. n 2 = ( 2; − 3; − 2 ) .

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 4 x + 3 y + z − 1 = 0 . Véctơ

C. n2 = ( 4; − 1;1) .

D. n1 = ( 4;3; − 1) .

Câu 8. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) :3 x + 2 y + z − 4 = 0 có một vectơ pháp tuyến là 2

A. n2 = ( 3; 2;1) Câu 9.

(Mã

đề

101

B. n1 = (1; 2;3) BGD&ĐT

NĂM

C. n3 = ( −1; 2;3)

2018)

( P ) : x + 2 y + 3z − 5 = 0 có một véc tơ pháp tuyến là A. n3 = ( −1; 2;3) B. n4 = (1; 2; −3)

Trong

không

gian

C. n2 = (1; 2;3)

D. n4 = (1; 2; − 3) Oxyz

cho

mặt

Câu 19. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , phương trình nào dưới phẳng

D. n1 = ( 3; 2;1)

Câu 10. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , vectơ nào dưới đây là một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (Oxy ) ? B. m = ( 1;1; 1) A. i = (1; 0; 0 )

C. j = ( 0;1; 0 )

D. k = ( 0; 0; 1)

Câu 11. (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Cho mặt phẳng (α ) : 2 x − 3 y − 4 z + 1 = 0 . Khi

đó, một véc tơ pháp tuyến của (α ) B. n = ( 2; −3; 4 ) . A. n = ( 2;3; −4 ) .

C. n = ( −2;3; 4 ) .

D. n = ( −2;3;1) .

Câu 12. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng

( P ) : 3x – z + 2 = 0 . Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của ( P ) ? A. n4 = (−1; 0; −1)

B. n1 = (3; −1; 2)

C. n3 = (3; −1;0)

D. n2 = (3;0; −1)

Câu 13. Trong không gian Oxyz , véctơ nào dưới đây có giá vuông góc với mặt phẳng (α ) : 2 x − 3 y + 1 = 0 ? A. a = ( 2; − 3;1) B. b = ( 2;1; − 3) C. c = ( 2; − 3; 0 ) D. d = ( 3; 2; 0 ) Câu 14. (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz , một vectơ pháp tuyến x y z + + = 1 là của mặt phẳng −2 −1 3 A. n = (3;6; −2) B. n = (2; −1;3) C. n = (−3; −6; −2) D. n = (−2; −1;3) Câu 15. (THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz , cho phương trình tổng quát của mặt phẳng ( P ) : 2 x − 6 y − 8 z + 1 = 0 . Một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) có tọa độ là: A. ( −1; − 3; 4 )

B. (1; 3; 4 )

C. (1; − 3; − 4 )

D. (1; − 3; 4 )

Câu 16. (CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) : 2 y − 3 z + 1 = 0 ? B. u2 = ( 0; 2; − 3) . C. u1 = ( 2; − 3;1) . D. u3 = ( 2; − 3; 0 ) . A. u4 = ( 2;0; − 3) . Câu 17. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho mặt phẳng ( P ) : 3x − y + 2 = 0 . Véc tơ nào trong các véctơ dưới đây là một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) ? A. ( 3; −1;2 ) .

B. ( −1;0; −1) .

C. ( 3;0; −1) .

D. ( 3; −1;0 ) .

đây là phương trình của mặt phẳng ( Oyz ) ? A. y = 0

B. x = 0

C. y − z = 0

D. z = 0

Câu 20. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( Oyz ) có phương trình là A. z = 0 .

B. x + y + z = 0 .

C. x = 0 .

D. y = 0 .

Câu 21. (CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM 2018-2019 LẦN 03) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào sau đây là phương trình của mặt phẳng Ozx ? A. x = 0. B. y − 1 = 0. C. y = 0. D. z = 0. Dạng 2.2 Xác định phương trình mặt phẳng khi biết yếu tố vuông góc Câu 22. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua điểm M (1; 2; −3) và có một vectơ pháp tuyến n = (1; −2;3) . A. x − 2 y + 3 z + 12 = 0

B. x − 2 y − 3 z − 6 = 0 C. x − 2 y + 3 z − 12 = 0 D. x − 2 y − 3 z + 6 = 0

Câu 23. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm

A ( 0;1;1) ) và B (1; 2;3) . Viết phương trình của mặt phẳng ( P ) đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB . A. x + y + 2 z − 3 = 0 B. x + y + 2 z − 6 = 0 C. x + 3 y + 4 z − 7 = 0 D. x + 3 y + 4 z − 26 = 0 Câu 24. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A ( 4;0;1) và B ( −2; 2;3 ) . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình là A. 3x − y − z = 0. B. 3x + y + z − 6 = 0. C. x + y + 2 z − 6 = 0. D. 6 x − 2 y − 2 z − 1 = 0. Câu 25. (Mã 102 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( −1; 2;0 ) và B ( 3; 0; 2 ) . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình là B. 2 x − y + z + 2 = 0 . C. 2 x + y + z − 4 = 0 . D. 2 x − y + z − 2 = 0 . A. x + y + z − 3 = 0 . Câu 26. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , Cho hai điểm A ( 5; −4; 2 ) và

B (1; 2; 4 ) . Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB có phương trình là A. 2 x − 3 y − z − 20 = 0 B. 3 x − y + 3 z − 25 = 0 C. 2 x − 3 y − z + 8 = 0 D. 3 x − y + 3 z − 13 = 0 Câu 27. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm

A ( 4;0;1) và B ( −2;2;3) . Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB ? A. 3 x + y + z − 6 = 0 B. 3 x − y − z = 0 C. 6 x − 2 y − 2 z − 1 = 0 D. 3 x − y − z + 1 = 0

Dạng 2. Xác định phương trình mặt phẳng Dạng 2.1 Xác định phương trình mặt phẳng cơ bản

Câu 28. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1;3;0 ) và B ( 5;1; −1) . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình là: A. x + y + 2 z − 3 = 0 . B. 3x + 2 y − z − 14 = 0 . C. 2 x − y − z + 5 = 0 . D. 2 x − y − z − 5 = 0 .

Câu 18. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( Oxz ) có phương trình là: A. x = 0 B. z = 0 C. x + y + z = 0 D. y = 0

Câu 29. (Mã 103 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(2;1; 2) và B (6;5; −4) . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình là A. 2 x + 2 y − 3 z − 17 = 0 . B. 4 x + 3 y − z − 26 = 0 . D. 2 x + 2 y + 3 z − 11 = 0 . C. 2 x + 2 y − 3 z + 17 = 0 .

Câu 30. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A( −1;2;1) và

Câu 41. Trong

B ( 2;1;0 ) . Mặt phẳng qua A và vuông góc với AB có phương trình là A. x + 3 y + z − 5 = 0 B. x + 3 y + z − 6 = 0 C. 3 x − y − z − 6 = 0

A (1;0; −2 ) , B ( −1; − 1;3 ) . Mặt phẳng ( Q ) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng phương trình là A. 3x + 14 y + 4 z + 5 = 0 . B. 2 x − y + 2 z − 2 = 0 . C. 2 x − y + 2 z + 2 = 0 . D. 3 x + 14 y + 4 z − 5 = 0 .

D. 3 x − y − z + 6 = 0

Câu 31. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( −1;1;1) ,

không

gian

Oxyz ,

cho

mặt

phẳng

( P ) :2 x − y + 2 z + 1 = 0

và

hai

đ iể m

(P)

có

B ( 2;1;0 ) C (1; −1; 2 ) . Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng BC có phương trình là A. 3x + 2 z + 1 = 0 B. x + 2 y − 2 z + 1 = 0 C. x + 2 y − 2 z − 1 = 0 D. 3x + 2 z − 1 = 0

Câu 42. (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Cho hai mặt phẳng (α) : 3x − 2y + 2z + 7 = 0,(β) : 5x − 4y + 3z + 1 = 0 . Phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O đồng

Câu 32. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm A(5; −4; 2) và B(1; 2; 4) . Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng AB là? A. 3 x − y + 3 z − 25 = 0 B. 2 x − 3 y − z + 8 = 0 C. 3 x − y + 3 z − 13 = 0 D. 2 x − 3 y − z − 20 = 0

thời vuông góc với cả (α) và (β ) là:

Câu 33. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M ( 3; −1; 4 ) đồng thời vuông góc với giá của vectơ a = (1; −1; 2 ) có phương trình là A. 3x − y + 4 z − 12 = 0 . B. 3x − y + 4 z + 12 = 0 . C. x − y + 2 z − 12 = 0 . D. x − y + 2 z + 12 = 0 . Câu 34. (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1;3; −4 ) và B ( −1; 2; 2 ) . Viết phương trình mặt phẳng trung trực (α ) của đoạn thẳng AB . A. (α ) : 4 x + 2 y + 12 z + 7 = 0 .

B. (α ) : 4 x − 2 y + 12 z + 17 = 0 .

C. (α ) : 4 x + 2 y − 12 z − 17 = 0 .

D. (α ) : 4 x − 2 y − 12 z − 7 = 0 .

Câu 35. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho

A (1;2;− 1) ; B ( −1;0;1) và mặt phẳng ( P ) :x + 2 y − z + 1 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) qua A, B và vuông góc với ( P ) A. ( Q ) :2 x − y + 3 = 0

B. ( Q ) :x + z = 0

C. ( Q ) :− x + y + z = 0 D. ( Q ) :3x − y + z = 0

Câu 36. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm

A ( 2; 4;1) ,B ( −1;1;3) và mặt phẳng ( P ) : x − 3 y + 2 z − 5 = 0 . Lập phương trình mặt phẳng ( Q ) đi qua hai điểm A , B và vuông góc với mặt phẳng ( P ) . A. 2 y + 3z − 11 = 0 .

B. 2 x − 3 y − 11 = 0 .

C. x − 3 y + 2 z − 5 = 0 . D. 3 y + 2 z − 11 = 0 .

Câu 37. (CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1; −1; 2 ) và B ( 3;3;0 ) . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có phương trình là A. x + y − z − 2 = 0 .

B. x + y − z + 2 = 0 .

C. x + 2 y − z − 3 = 0 .

D. x + 2 y − z + 3 = 0 .

Câu 38. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho ba điểm A ( 2;1; −1) , B ( −1; 0; 4 ) , C ( 0; −2; −1) . Phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với BC là A. x − 2 y − 5 z − 5 = 0 .

B. 2 x − y + 5 z − 5 = 0 . C. x − 2 y − 5 = 0 .

D. x − 2 y − 5 z + 5 = 0 .

Câu 39. (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm

A (1;1; 2 ) và B ( 2;0;1) . Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với AB có phương trình là A. x + y − z = 0 .

B. x − y − z − 2 = 0 .

C. x + y + z − 4 = 0 .

D. x − y − z + 2 = 0 .

Câu 40. (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) đi

A. 2x − y − 2z = 0. C. 2x + y − 2z = 0.

B. 2x − y + 2z = 0. D. 2x + y − 2z + 1 = 0.

Câu 43. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 2; 4;1) ; B ( −1;1;3) và mặt phẳng ( P ) : x − 3 y + 2 z − 5 = 0 . Một mặt phẳng

( Q ) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng ( P ) có dạng ax + by + cz − 11 = 0 . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. a + b + c = 5 . B. a + b + c = 15 . C. a + b + c = −5 . D. a + b + c = −15 . Câu 44. (THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A (1; −1; 2 ) ; B ( 2;1;1) và mặt phẳng ( P ) : x + y + z + 1 = 0 . Mặt phẳng ( Q ) chứa A, B và vuông góc với mặt phẳng ( P ) . Mặt phẳng ( Q ) có phương trình là: A. 3x − 2 y − z − 3 = 0 .

B. x + y + z − 2 = 0 .

D. 3x − 2 y − z + 3 = 0 .

Câu 45. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng ( P ) : x − 3 y + 2 z − 1 = 0, ( Q ) : x − z + 2 = 0 . Mặt phẳng (α ) vuông góc với cả ( P ) và (Q ) đồng thời cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng 3. Phương trình của mp (α ) là A. x + y + z − 3 = 0

B. x + y + z + 3 = 0

C. −2 x + z + 6 = 0

D. −2 x + z − 6 = 0

Câu 46. (CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA LẦN 2 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng (α ) : 3 x − 2 y + 2 z + 7 = 0 và ( β ) : 5x − 4 y + 3z + 1 = 0 . Phương trình mặt phẳng đi qua O đồng thời vuông góc với cả (α ) và ( β ) có phương trình là A. 2 x + y − 2 z + 1 = 0 .

B. 2 x + y − 2 z = 0 .

C. 2 x − y − 2 z = 0 .

D. 2 x − y + 2 z = 0 .

Câu 47. (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z + 1 = 0 và hai điểm A (1; −1; 2 ) ; B ( 2;1;1) . Mặt phẳng ( Q ) chứa A, B và vuông góc với mặt phẳng ( P ) , mặt phẳng ( Q ) có phương trình là: A. 3 x − 2 y − z + 3 = 0 .

B. x + y + z − 2 = 0 .

C. 3 x − 2 y − z − 3 = 0 . D. − x + y = 0 .

Câu 48. (ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm A ( 0;1; 0 ) , B ( 2; 0;1) và vuông góc với mặt phẳng ( P ) : x − y − 1 = 0 là: A. x + y − 3 z − 1 = 0 . C. x − 2 y − 6 z + 2 = 0 .

B. 2 x + 2 y − 5 z − 2 = 0 . D. x + y − z − 1 = 0 .

qua hai điểm A ( 0;1;0 ) , B ( 2;3;1) và vuông góc với mặt phẳng ( Q ) : x + 2 y − z = 0 có phương trình là A. 4 x − 3 y + 2 z + 3 = 0 . B. 4 x − 3 y − 2 z + 3 = 0 . C. 2 x + y − 3 z − 1 = 0 . D. 4 x + y − 2 z − 1 = 0 . 5

C. − x + y = 0 .

Câu 49. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho H ( 2;1;1) . Gọi (P) là mặt phẳng đi qua H và cắt các trục tọa độ tại A; B; C sao cho H là trực tâm tam giác ABC. Phương trình mặt phẳng (P) là: A. 2x + y + z − 6 = 0. B. x + 2y + z − 6 = 0. C. x + 2y + 2z − 6 = 0. D. 2x + y + z + 6 = 0. Dạng 2.3 Xác định phương trình mặt phẳng khi biết yếu tố song song Câu 50. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm M ( 3; − 1; − 2 ) và mặt phẳng ( α ) : 3 x − y + 2 z + 4 = 0 . Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua M và song song với ( α ) ? A. 3x − y + 2 z − 6 = 0 C. 3x − y − 2 z + 6 = 0

B. 3x − y + 2 z + 6 = 0 D. 3x + y + 2 z − 14 = 0

Câu 52. (THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(−2;0;0) , B (0;0;7) và C (0;3;0) . Phương trình mặt phẳng ( ABC ) là x y z x y z x y z x y z A. B. C. D. + + =1 + + =0 + + =1 + + +1 = 0 −2 7 3 −2 3 7 −2 3 7 −2 3 7 Câu 53. Mặt phẳng ( P ) đi qua A ( 3; 0;0 ) , B ( 0; 0; 4 ) và song song trục Oy có phương trình B. 3x + 4 z − 12 = 0

( P ) , cách ( P ) một khoảng bằng 3 và cắt trục Ox A. ( Q ) : 2 x − 2 y + z + 4 = 0 . C. ( Q ) : 2 x − 2 y + z − 19 = 0 .

C. 4 x + 3z + 12 = 0

D. 4 x + 3z = 0

tại điểm có hoành độ dương. B. ( Q ) : 2 x − 2 y + z − 14 = 0 . D. ( Q ) : 2 x − 2 y + z − 8 = 0 .

Câu 60. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( Q ) : x + 2 y + 2 z − 3 = 0 , mặt phẳng

Câu 51. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm A ( 2; −1; 2 ) và song song với mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 3z + 2 = 0 có phương trình là A. 2 x − y + 3 z + 11 = 0 B. 2 x − y − 3 z + 11 = 0 C. 2 x − y + 3 z − 11 = 0 D. 2 x + y + 3 z − 9 = 0

A. 4 x + 3z − 12 = 0

A. 2 x − 2 y + z + 2 = 0 B. 2 x − 2 y + z = 0 C. 2 x − 2 y + z − 6 = 0 D. (α ) : 2 x − 2 y + z − 2 = 0 Câu 59. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − 2 y + z − 5 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) song song với mặt phẳng

( P)

không qua O , song song với mặt phẳng ( Q ) và

d ( ( P ) , ( Q ) ) = 1 . Phương trình mặt phẳng ( P ) là A. x + 2 y + 2 z + 1 = 0 B. x + 2 y + 2 z = 0

C. x + 2 y + 2 z − 6 = 0 D. x + 2 y + 2 z + 3 = 0

Câu 61. (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Mặt phẳng ( P ) đi qua

A ( 3;0;0 ) , B ( 0;0; 4 ) và song song với trục Oy có phương trình là A. 4 x + 3 z − 12 = 0 . B. 3x + 4 z − 12 = 0 . C. 4 x + 3 z + 12 = 0 .

D. 4 x + 3z = 0 .

Câu 62. (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho A ( 2;0;0 ) , B ( 0; 4;0 ) , C ( 0;0;6 ) , D ( 2; 4;6 ) . Gọi ( P ) là mặt phẳng song song với mp ( ABC ) , ( P ) cách đều D và mặt phẳng ( ABC ) . Phương trình của ( P ) là A. 6 x + 3 y + 2 z − 24 = 0 . B. 6 x + 3 y + 2 z − 12 = 0 . D. 6 x + 3 y + 2 z − 36 = 0 . C. 6 x + 3 y + 2 z = 0 .

Câu 54. (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục Oxyz, mặt phẳng đi qua

Câu 63. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN LẦN 1 NĂM 2018-2019) Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (Q ) : x + 2 y + 2z − 3 = 0 và mặt phẳng ( P ) không qua O , song song mặt phẳng

điểm A (1;3; −2 ) và song song với mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 3z + 4 = 0 là:

(Q ) và d ( ( P ); (Q ) ) = 1. Phương trình mặt phẳng ( P )

A. 2 x + y + 3z + 7 = 0 . C. 2 x − y + 3z + 7 = 0 .

B. 2 x + y − 3z + 7 = 0 . D. 2 x − y + 3z − 7 = 0 .

là

A. x + 2 y + 2z + 3 = 0 . B. x + 2 y + 2z = 0 . C. x + 2 y + 2z + 1 = 0 . D. x + 2 y + 2z − 6 = 0 .

Câu 55. (CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng chứa hai

Dạng 2.4 Xác định phương trình mặt phẳng đoạn chắn

điểm A (1;0;1) , B ( −1; 2; 2 ) và song song với trục Ox có phương trình là A. y − 2 z + 2 = 0 .

C. 2 y − z + 1 = 0 .

B. x + 2 z − 3 = 0 .

D. x + y − z = 0 .

Câu 64. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm M ( 2;0;0 ) ,

Câu 56. (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho điểm A(1; 1; − 1) . Phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A và chứa trục Ox là: B. x + z = 0 . C. y − z = 0. D. y + z = 0. A. x + y = 0.

N ( 0; −1;0 ) , P ( 0;0;2 ) . Mặt phẳng ( MNP ) có phương trình là: x y z x y z x y z A. + + = −1 . B. + + = 1 . C. + + = 1 2 −1 2 2 1 2 2 −1 2

Câu 57. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( Q ) : x + 2 y + 2 z − 3 = 0 , mặt phẳng ( P ) không qua O , song song mặt

Câu 65. (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng qua ba

phẳng ( Q ) và d ( P ) ; ( Q ) = 1 . Phương trình mặt phẳng ( P ) là A. x + 2 y + 2 z + 1 = 0 . B. x + 2 y + 2 z = 0 . C. x + 2 y + 2 z − 6 = 0 . D. x + 2 y + 2 z + 3 = 0 . Câu 58. (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng qua điểm A ( −1;1; 2 ) và song song với mặt phẳng (α ) : 2 x − 2 y + z − 1 = 0 có phương trình là 7

x y z + + = 0. 2 −1 2

điểm A ( −1;0;0 ) , B ( 0; 2;0 ) , C ( 0;0; −3) có phương trình là A.

x y z + + = −1 . −1 2 −3

x y z + + = 1. −1 2 3

x y z + + = 1. −1 2 −3

x y z + + =1. 1 2 −3

Câu 66. (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Trong không gian Oxyz , cho điểm M (1;2;3) . Gọi A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M lên các trục Ox, Oy, Oz . Viết phương trình mặt phẳng ( ABC ) .

x y z + + = 1. 1 2 3

x y z − + = 1. 1 2 3

x y z + + = 0. 1 2 3

D. −

x y z + + = 1. 1 2 3

Câu 67. (ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A ( −3; 0; 0 ) ; B ( 0; 4; 0 ) và C ( 0; 0; −2 ) là.

Câu 76. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (α ) đi qua điểm M (1; 2;3) và cắt các trục Ox, Oy, Oz

A. 4 x − 3 y + 6 z + 12 = 0 . B. 4 x + 3 y + 6 z + 12 = 0 . C. 4 x + 3 y − 6 z + 12 = 0 . D. 4 x − 3 y + 6 z − 12 = 0 . Câu 68. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , mặt phẳng qua các điểm A (1;0;0 ) , B ( 0;3;0 ) , C ( 0;0;5) có phương trình là A. 15x + 5 y + 3z + 15 = 0. C. x + 3 y + 5z = 1.

x y z + + + 1 = 0. 1 3 5

x y z + + = 1. 1 3 5

phẳng đi qua ba điểm A (1;0;0 ) , B ( 0; − 2;0 ) và C ( 0;0;3) là

x y z + + = 1. 1 −2 3

x y z + + = −1 . 1 −2 3

x y z + + = 0. 1 −2 3

x y z + + = 1. 1 2 3

Câu 70. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A (1;1;1) và B ( 0; 2; 2 ) đồng thời cắt các tia Ox , Oy lần lượt tại hai điểm M , N ( không trùng với gốc tọa độ O ) sao cho OM = 2ON A. ( P ) : 3x + y + 2 z − 6 = 0

B. ( P ) : 2 x + 3 y − z − 4 = 0

C. ( P ) : 2 x + y + z − 4 = 0

D. ( P ) : x + 2 y − z − 2 = 0

điểm A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M (1; 2;3) lên các trục tọa độ thì phương trình mặt

phẳng ( ABC ) là 1 2 3 + + = 1. x y z

x y z + + = 1. 1 2 3

1 2 3 + + = 0. x y z

x y z + + = 0. 1 2 3

Câu 72. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( 2 ; 0; 0 ) , B ( 0; − 1; 0 ) , C ( 0 ; 0 ; − 3 ) . Viết phương trình mặt phẳng ( ABC ) . A. −3x + 6 y − 2 z + 6 = 0 .B. −3x − 6 y + 2 z + 6 = 0 . C. −3x + 6 y + 2 z + 6 = 0 . D. −3x − 6 y + 2 z − 6 = 0 . Câu 73. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian Oxyz , cho điểm M (8; −2; 4) . Gọi A, B, C lần lượt là hình chiếu của M trên các trục Ox, Oy , Oz . Phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B và C là A. x − 4 y + 2 z − 8 = 0 B. x − 4 y + 2 z − 18 = 0 C. x + 4 y + 2 z − 8 = 0 D. x + 4 y − 2 z − 8 = 0 Câu 74. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Viết phương trình mặt phẳng (α ) đi qua M ( 2;1; −3) , biết (α ) cắt trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho tam giác ABC nhận M làm trực

tâm A. 2 x + 5 y + z − 6 = 0. B. 2 x + y − 6z − 23 = 0. C. 2 x + y − 3z − 14 = 0. D. 3x + 4 y + 3z − 1 = 0. 9

M (1;1;1)

A ( a;0;0 ) B ( 0; b;0 ) C ( 0; 0; c ) cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại , sao cho thể tích khối tứ diện OABC , nhỏ nhất. Khi đó a + 2b + 3c bằng A. 12 . B. 21 . C. 15 . D. 18 . Câu 78. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho điểm M (1; 2;5) . Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Phương trình mặt phẳng ( P ) là A. x + y + z − 8 = 0 . x y z C. + + = 0 . 5 2 1

B. x + 2 y + 5z − 30 = 0 . x y z D. + + = 1 . 5 2 1

Câu 79. Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng ( P ) : x + 4 y − 2 z − 6 = 0 , ( Q ) : x − 2 y + 4 z − 6 = 0 . Mặt

Câu 71. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , nếu ba

lần lượt tại A, B, C (khác gốc tọa độ O ) sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Mặt phẳng (α ) có phương trình dạng ax + by + cz − 14 = 0 . Tính tổng T = a + b + c . B. 14 . C. T = 6 . D. 11 . A. 8 . Câu 77. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm

Câu 69. (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , phương trình mặt

Câu 75. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm H ( 2;1;1) . Gọi các điểm A, B, C lần lượt ở trên các trục tọa độ Ox, Oy, Oz sao cho H là trực tâm của tam giác ABC . Khi đó hoành độ điểm A là: A. − 3 . B. −5 . C. 3. D. 5

phẳng (α ) chứa giao tuyến của ( P ) , ( Q ) và cắt các trục tọa độ tại các điểm A, B, C sao cho hình chóp

O. ABC là hình chóp đều. Phương trình mặt phẳng (α ) là A. x + y + z − 6 = 0 . B. x + y + z + 6 = 0 . C. x + y + z − 3 = 0 . D. x + y − z − 6 = 0 . Câu 80. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M ( 9;1;1) cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C ( A, B, C không trùng với gốc tọa độ ). Thể tích tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu? 81 243 81 . B. . C. . D. 243 . A. 2 2 6 Dạng 3. Một số bài toán liên quan điểm với mặt phẳng Dạng 3.1 Điểm thuộc mặt phẳng Câu 81. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

( α ) : x + y + z − 6 = 0 . Điểm nào dưới đây không thuộc ( α ) ? B. N ( 2; 2; 2 ) C. P ( 1; 2; 3 ) A. Q ( 3; 3; 0 )

D. M ( 1; −1; 1)

Câu 82. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

( P ) : x − 2 y + z − 5 = 0. Điểm nào dưới đây thuộc ( P ) ? B. M ( 1;1; 6 ) A. P ( 0; 0; −5 ) 10

C. Q ( 2; −1; 5 )

D. N ( −5; 0; 0 )

Câu 83. (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 3 = 0 đi qua điểm nào dưới đây? A. M ( −1; −1; −1)

C. P ( −3;0; 0)

B. N (1;1;1)

D. Q ( 0;0; −3)

A. d =

5 . 9

B. d =

5 . 29

C. d =

5 . 29

5 . 3

D. d =

Câu 92. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , tính khoảng

Câu 84. (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

cách từ M (1; 2; −3) đến mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 2 z − 10 = 0 .

( P ) :2 x − y + z − 3 = 0 . Điểm nào trong các phương án dưới đây thuộc mặt phẳng ( P ) A. M ( 2;1;0 ) . B. M ( 2; − 1; 0 ) . C. M ( −1; − 1;6 ) . D. M ( −1; − 1; 2 ) .

11 7 4 . B. 3 . C. . D. . 3 3 3 Câu 93. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng

Câu 85. (CHUYÊN BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây nằm trên mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + z − 2 = 0 .

( P ) : 2 x − 2 y + z − 1 = 0 . Khoảng cách từ điểm

A. Q (1; −2; 2 ) .

B. P ( 2; −1; −1) .

C. M (1;1; −1) .

A. 5 .

D. N (1; −1; −1) .

B. 2 .

M ( −1; 2; 0 ) đến mặt phẳng ( P ) bằng 5 4 C. . D. . 3 3

Dạng 3.2 Phương trình mặt phẳng qua 3 điểm

Câu 94. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − 2 y + z + 4 = 0 . Tính khoảng cách d từ điểm M (1; 2;1) đến mặt phẳng

Câu 86. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , gọi M ,

( P) .

N , P lần lượt là hình chiếu vuông góc của A ( 2; −3;1) lên các mặt phẳng tọa độ. Phương trình mặt phẳng

( MNP )

là

x y z + + = 1. 2 3 1 x y z C. − + = 0 . 2 3 1 A.

x y z = = . 2 1 1

A. M ( 0; −3; 0 ) .

x y z = = . 1 1 2

x y z . = = 2 1 −1

Câu 88. (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( 0;1; 2 ) , B ( 2; −2;1) , C ( −2;1;0 ) . Khi đó, phương trình mặt phẳng ( ABC ) là ax + y − z + d = 0 . Hãy xác định a và d . A. a =1, d =1 . B. a = 6, d = − 6 . C. a = − 1, d = − 6 . D. a = − 6, d = 6 .

Câu 89. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho tam giác

A (1; 0;0) B ( 0;0;1)

C ( 2;1;1)

, và ABC với a + 2b + c bằng B. 4 . A. 2 . Dạng 3.3 Khoảng cách từ điểm đến mặt

. Gọi

I ( a; b; c )

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Khi đó

C. 3 .

Câu 90. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng đến ( P )

5 29

B. d =

5 29

C. d =

5 3

D. d =

5 9

Câu 91. (THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) có phương trình: 3x + 4 y + 2 z + 4 = 0 và điểm A (1; −2;3 ) . Tính khoảng cách d từ A đến ( P ) . 11

1 D. d = . 3

B. M ( 0;3;0 ) .

C. M ( 0; −2; 0 ) .

D. M ( 0;1;0 ) .

Câu 96. (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( Q ) : x + 2 y − 2 z + 1 = 0 và điểm M (1; −2;1) . Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( Q ) bằng A.

4 . 3

1 . 3

2 . 3

2 6 . 3

Câu 97. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) 2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A(1; 2;3) , B ( 3; 4; 4 ) . Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng

2 x + y + mz − 1 = 0 bằng độ dài đoạn thẳng AB . A. m = 2 . B. m = −2 .

C. m = −3 .

D. m = ±2 .

Câu 98. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian Oxyz , cho 3

điểm A (1;0;0 ) , B ( 0; −2;3) , C (1;1;1) . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa A, B sao cho khoảng cách từ C tới mặt 2 . Phương trình mặt phẳng ( P ) là 3  2 x + 3 y + z −1 = 0  x + 2 y + z −1 = 0 A.  B.  3 x + y + 7 z + 6 = 0 −2 x + 3 y + 6 z +13 = 0    x + y + 2 z −1 = 0  x + y + z −1 = 0 D.  C.  −2 x + 3 y + 7 z + 23 = 0 −23x + 37 y +17 z + 23 = 0  

phẳng ( P ) bằng

D. 5 .

cho mặt phẳng ( P ) có phương trình 3x + 4 y + 2 z + 4 = 0 và điểm A (1; −2;3) . Tính khoảng cách d từ A

A. d =

C. d = 1 .

M thuộc trục Oy và cách đều hai mặt phẳng: ( P ) : x + y − z + 1 = 0 và ( Q ) : x − y + z − 5 = 0 có tọa độ là

D. 3x − 2 y + 6 z − 12 = 0 .

A ( −1; 2;1) , B ( 2; −1; 4 ) và C (1;1; 4 ) . Đường thẳng nào dưới đây vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) ? x y z = = . −1 1 2

B. d = 4 .

Câu 95. (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , điểm

B. 3x − 2 y + 6 z = 6 .

Câu 87. (CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho các điểm

A. d = 3 .

Câu 99. Trong không gian Oxyz cho A ( 2; 0; 0 ) , B ( 0; 4; 0 ) , C ( 0; 0; 6 ) , D ( 2; 4; 6 ) . Gọi

( P)

song song với mp ( ABC ) , ( P ) cách đều D và mặt phẳng ( ABC ) . Phương trình của ( P ) là A. 6 x + 3 y + 2 z − 24 = 0 C. 6 x + 3 y + 2 z = 0

B. 6 x + 3 y + 2 z − 12 = 0 D. 6 x + 3 y + 2 z − 36 = 0 12

là mặt phẳng

Câu 100. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN LẦN 1 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1; 2;3) , B ( 5; − 4; − 1) và mặt phẳng ( P ) qua Ox sao cho

d ( B; ( P ) ) = 2d ( A; ( P ) ) , ( P ) cắt AB tại I ( a; b; c ) nằm giữa AB . Tính a + b + c . A. 12 . Dạng 3.4 Cực trị

C. 4 .

B. 6 .

D. 8 .

Câu 109. (THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M (1; 2;1) cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A, B, C (

Câu 101. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (2; −2; 4 ) , B (− 3; 3; −1) và mặt phẳng (P ) : 2x − y + 2z − 8 = 0 . Xét M là điểm thay đổi thuộc (P ) , giá

trị nhỏ nhất của 2MA2 + 3MB 2 bằng A. 145 B. 135

C. 105

D. 108

Câu 102. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong hệ trục tọa độ Oxyz , mặt phẳng ( P ) đi qua điểm A (1; 7; 2 ) và cách M ( −2; 4; − 1) một khoảng lớn nhất có phương trình là A. ( P ) :3 x + 3 y + 3 z − 10 = 0 .

B. ( P ) : x + y + z − 1 = 0 .

C. ( P ) : x + y + z − 10 = 0 .

D. ( P ) : x + y + z + 10 = 0 .

Câu 103. (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm

A ( −10; −5;8)

, B ( 2;1; −1) C ( 2;3;0 ) P) : x + 2 y − 2z − 9 = 0 P) ( ( , và mặt phẳng . Xét M là điểm thay đổi trên sao cho MA2 + 2MB 2 + 3MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính MA2 + 2MB 2 + 3MC 2 . A. 54 . B. 282 . C. 256 . D. 328 .

Câu 104. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − y + 2 = 0 và hai điểm A (1; 2;3) , B (1; 0;1) . Điểm C ( a; b; − 2 ) ∈ ( P ) sao cho tam giác ABC có diện tích nhỏ nhất. Tính a + b A. 0. B. −3 .

C. 1.

D. 2.

Câu 105. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm 2 2 1 A(a;0;0), B(0; b;0), C (0;0; c) , trong đó a, b, c là các số thực thỏa mãn − + = 1 . Khoảng cách từ gốc a b c tọa độ O đến mặt phẳng ( ABC ) có giá trị lớn nhất bằng: B. 4

A. 3

C. 2

D. 1

Câu 106. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 3 = 0 và hai điểm A (1; 2;3) , B ( 3;4;5) . Gọi M là một điểm di động trên ( P ) . Giá trị lớn nhất của biểu thức A. 3 3 + 78 .

MA + 2 3 bằng MB B.

54 + 6 78 .

C. 8 2 .

D. 6 3 .

động trên mặt phẳng ( P ) :2 x + y + 2 z + 1 = 0 . Khi đó MA − MB nhận giá trị lớn nhất là?

77 .

A, B, C không trùng với gốc O ) sao cho tứ diện OABC có thể tích nhỏ nhất. Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm nào trong các điểm dưới đây? A. N ( 0; 2; 2 ) B. M ( 0; 2;1) C. P ( 2; 0;0 ) D. Q ( 2;0; −1)

Câu 110. Trong không gian Oxyz , cho A ( 4; −2; 6 ) ; B ( 2; 4; 2 ) ; M ∈ (α ) : x + 2 y − 3 z − 7 = 0 sao cho MA.MB nhỏ nhất, khi đó tọa độ của M là  29 58 5   37 −56 68  ;  B. ( 4;3;1) C. (1; 3; 4 ) D.  ; A.  ; ;   13 13 13   3 3 3 Câu 111. (CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA LẦN 2 NĂM 2018-2019) Trong hệ trục Oxyz, cho điểm A ( −1;3;5 ) , B ( 2; 6; −1) , C ( −4; −12;5 ) và mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 2 z − 5 = 0. Gọi M là điểm di động trên ( P ) . Gía trị nhỏ nhất của biểu thức S = MA + MB + MC là A. 42.

B. 14.

C. 14 3.

14 . 3

Câu 112. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ A ( −1; 2;5) B ( 3; −1; 0 ) C ( −4;0; −2 ) ( Oxy ) sao tọa độ Oxyz , cho ba điểm , , . Gọi I là điểm trên mặt phẳng cho biểu thức IA − 2IB + 3IC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng

( P ) : 4x + 3 y + 2 = 0 . A.

17 . 5

B. 6 .

12 . 5

D. 9 .

Câu 113. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1; 2; −1) , B ( 3; 0; 3) . Biết mặt phẳng ( P ) đi qua điểm A và cách B một khoảng lớn nhất. Phương trình mặt phẳng ( P ) là: A. x − 2 y + 2 z + 5 = 0 . B. x − y + 2 z + 3 = 0 . C. 2 x − 2 y + 4 z + 3 = 0 . D. 2 x − y + 2 z = 0 . Câu 114. (KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện

Câu 107. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho A ( 4;5;6 ) ; B (1;1;2 ) , M là một điểm di

Câu 108. Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1;1; 2 ) và mặt phẳng ( P ) :( m − 1) x + y + mz − 1 = 0 , với m là tham số. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( P ) lớn nhất. Khẳng định đúng trong bốn khẳng định dưới đây là A. 2 < m < 6 . B. m > 6 . C. −2 < m < 2 . D. −6 < m < 2 .

C. 7 .

41 .

85 .

ABCD có điểm A (1;1;1) , B ( 2;0;2 ) , C ( −1; −1;0 ) , D ( 0;3;4 ) . Trên các cạnh AB , AC , AD lần lượt AB AC AD lấ y các điểm B′ , C′ , D′ thỏa mãn + + = 4 . Viết phương trình mặt ( B′C ′D′ ) , biết tứ diện AB′ AC ′ AD′ AB′C′D′ có thể tích nhỏ nhất. A. 16 x + 40 y + 44 z − 39 = 0 . C. 16 x − 40 y − 44 z − 39 = 0 .

B. 16 x − 40 y − 44 z + 39 = 0 . D. 16 x + 40 y − 44 z + 39 = 0 .

Câu 115. (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho điểm

Câu 122. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới dây là phương trình mặt cầu có tâm

M (1; 4;9 ) . Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua M và cắt 3 tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C (khác

I (1; 2; −1) và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) : x − 2 y − 2 z − 8 = 0 ?

O ) sao cho OA + OB + OC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính khoảng cách d từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng ( P ) . A. d =

36 . 7

B. d =

24 . 5

C. d =

8 . 3

26 . 14

D. d =

Câu 116. (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 3; −2; 2 ) , B ( −2; 2;0 ) và mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 2 z − 3 = 0. Xét các điểm M , N di động trên ( P ) sao cho MN = 1. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 AM 2 + 3BN 2 bằng A. 49,8. B. 45. C. 53. D. 55,8. Câu 117. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M ( 9;1;1) cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C ( A, B, C không trùng với gốc tọa độ ). Thể tích tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu? 81 243 81 A. . B. . C. . 2 2 6

A. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 3 C. ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z − 1) = 9

D. ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z − 1) = 3

Câu 123. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I (−1; 2;1) và mặt phẳng ( P) có phương trình x + 2 y − 2 z + 8 = 0 . Viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P) : B. ( x + 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 1) 2 = 3 A. ( x − 1) 2 + ( y + 2) 2 + ( z + 1) 2 = 9 2 2 2 C. ( x + 1) + ( y − 2) + ( z − 1) = 4 D. ( x + 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 1) 2 = 9 Câu 124. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt cầu có tâm I ( 2;1; −4 ) và tiếp xúc với mặt phẳng (α ) : x − 2 y + 2 z − 7 = 0 . A. x 2 + y 2 + z 2 + 4 x + 2 y − 8 z − 4 = 0 .

D. 243 .

B. ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 9

B. x 2 + y 2 + z 2 + 4 x − 2 y + 8 z − 4 = 0 .

D. x 2 + y 2 + z 2 − 4 x − 2 y − 8 z − 4 = 0 .

C. x + y + z − 4 x − 2 y + 8 z − 4 = 0 .

Câu 118. Trong không gian Oxyz , cho điểm M (1; 4;9) . Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và cắt 3 tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C (khác O) sao cho OA + OB + OC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính khoảng cách d từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng (P). 36 24 8 26 A. d = D. d = B. d = C. d = 7 5 3 14

Câu 125. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình của mặt cầu có

Câu 119. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm 2 2 1 A( a; 0; 0), B (0; b; 0), C (0; 0; c ) , trong đó a, b, c là các số thực thỏa mãn − + = 1 . Khoảng cách từ gốc a b c tọa độ O đến mặt phẳng ( ABC ) có giá trị lớn nhất bằng:

Câu 126. (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , phương trình

A. 3

B. 4

C. 2

D. 1

Câu 120. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Mặt phẳng

M (1;1;1)

cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại OABC nhỏ nhất. Khi đó a + 2b + 3c bằng A. 12 . B. 21 .

(P)

đi qua điểm

A ( a;0;0 ) B ( 0; b;0 ) C ( 0; 0; c ) , sao cho thể tích khối tứ diện , C. 15 .

D. 18 .

Câu 121. (THPT NGHĨA HƯNG NĐ- GK2 - 2018 - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho

điểm A ( a; b; c ) với a , b , c là các số thực dương thỏa mãn 5 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 9 ( ab + 2bc + ca ) và Q=

a 1 có giá trị lớn nhất. Gọi M , N , P lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên − b + c 2 ( a + b + c )3 2

các tia Ox , Oy , Oz . Phương trình mặt phẳng ( MNP ) là A. x + 4 y + 4 z − 12 = 0 . B. 3 x + 12 y + 12 z − 1 = 0 . C. x + 4 y + 4 z = 0 . D. 3 x + 12 y + 12 z + 1 = 0 . Dạng 4. Một số bài toán liên quan giữa mặt phẳng – mặt cầu Dạng 4.1 Viết phương trình mặt cầu

tâm I ( 0;1;3) và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) :2 x − y − 2 z − 2 = 0 ? A. x2 + ( y − 1) + ( z − 3) = 9 .

B. x 2 + ( y + 1) + ( z + 3) = 9 .

D. x2 + ( y + 1) + ( z + 3) = 3 .

C. x2 + ( y − 1) + ( z − 3) = 3 .

mặt cầu ( S ) tâm I ( −1; 2;5 ) và tiếp xúc với mặt phẳng

( P ) : x − 2 y + 2 z + 4 = 0 là A. ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 10 z + 21 = 0 . C. ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 10 z − 21 = 0 .

B. ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y + 10 z + 21 = 0 . D. ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + x − 2 y − 5 z − 21 = 0 .

Câu 127. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz cho điểm I (1; −2;3) và mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 2 z − 1 = 0 . Mặt cầu ( S ) tâm I tiếp xúc với ( P ) có phương trình là: 2

B. ( x + 1) + ( y − 2) + ( z + 3) = 3.

D. ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 3) = 9.

A. ( x − 1) + ( y + 2) + ( z − 3) = 9. C. ( x − 1) + ( y + 2) + ( z − 3) = 3.

Câu 128. (THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I (−3;0;1) . Mặt cầu ( S ) có tâm I và cắt mặt phẳng ( P) : x − 2 y − 2 z − 1 = 0 theo một thiết diện là một hình tròn. Diện tích của hình tròn này bằng π . Phương trình mặt cầu ( S ) là A. ( x + 3) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 4.

B. ( x + 3) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 25.

C. ( x + 3) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 5.

D. ( x + 3) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 2.

Câu 129. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 2 z + 3 = 0 và mặt cầu ( S ) có tâm I ( 0; − 2;1) . Biết mặt phẳng ( P ) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn có diện tích 2π . Mặt cầu ( S ) có phương trình là 2

2 B. x + ( y + 2) + ( z −1) = 3

A. x 2 + ( y + 2 ) + ( z + 1) = 2 2

C. x2 + ( y + 2 ) + ( z + 1) = 3 15

D. x 2 + ( y + 2 ) + ( z + 1) = 1 16

Câu 130. (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 2 = 0 và điểm I ( −1; 2; − 1) . Viết phương trình mặt cầu ( S ) có tâm I và cắt mặt phẳng ( P ) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 5. 2

B. ( S ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 16.

D. ( S ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 34.

A. ( S ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 25. C. ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 1) = 34.

và đi qua điểm A ( 2;1; 2 ) . Mặt phẳng nào dưới đây tiếp xúc với ( S ) tại A ? B. x + y − 3 z + 3 = 0

C. x + y − 3 z − 8 = 0

mặt phẳng (α ) : 2 x + 3 y − z + 2 = 0 . A. x 2 + y 2 + z 2 + 4 x − 2 y + 6 z + 2 = 0 C. x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2 y − 2 z − 10 = 0

B. x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2 y − 2 z − 2 = 0 D. x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2 y − 6 z − 2 = 0

với m > 0; n > 0 và m + n = 1. Biết rằng khi m , n thay đổi, tồn tại một mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng ( ABC ) và đi qua D . Tính bán kính R của mặt cầu đó?

2 . 2

C. R =

3 . 2

D. R =

3 . 2

Câu 134. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) 1 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 2

( x − 2 ) + ( y − 4 ) + ( z − 1)

C. ( P ) và ( S ) không có điểm chung. D. ( P ) cắt ( S ) theo giao tuyến là đường tròn lớn.

( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 6 z + 5 = 0 . M ặt ( P ) : 2 x − y + 2 z − 11 = 0 có phương trình là: A. 2 x − y + 2 z − 7 = 0 . C. 2 x − y + 2 z + 7 = 0 .

phẳng tiếp xúc với

(S )

Oxyz

cho mặt cầu

và song song với mặt phẳng

B. 2 x − y + 2 z + 9 = 0 . D. 2 x − y + 2 z − 9 = 0 .

Câu 138. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng

Câu 133. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét các điểm A ( 0;0;1) , B ( m;0;0 ) , C ( 0; n;0 ) , D (1;1;1)

B. R =

Câu 136. (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho

Câu 137. (SỞ GD&ĐT HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian

D. x − y − 3 z + 3 = 0

Câu 132. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình mặt cầu đi qua ba điểm M ( 2;3;3 ) , N ( 2; −1; −1) , P ( −2; −1;3 ) và có tâm thuộc

A. R = 1 .

D. c = 1 .

B. ( P ) cắt ( S ) theo giao tuyến là đường tròn khác đường tròn lớn.

Câu 131. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu A. x + y + 3 z − 9 = 0

C. b = 1 .

B. a + b + c = 1 .

mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2 y + 2 z − 10 = 0 , mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 2 z + 10 = 0 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. ( P ) tiếp xúc với ( S ) .

Dạng 4.2 Vị trí tương đối, giao tuyến

( S ) có tâm I ( 3; 2; −1)

A. a = 1 .

( P) : 2x − y + z − 2 = 0

và ( Q ) : 2 x − y + z + 1 = 0 . Số mặt cầu đi qua A (1; −2;1) và tiếp xúc với hai mặt

phẳng ( P ) , ( Q ) là B. 1.

A. 0 .

C. Vô số.

D. 2 .

Câu 139. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có đường kính AB với A ( 6; 2; −5 ) , B ( −4; 0; 7 ) . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) tiếp xúc với mặt cầu ( S ) tại A .

(S ) :

= 4 và mặt phẳng ( P ) : x + my + z − 3m − 1 = 0 . Tìm tất cả các giá trị thực của

tham số m để mặt phẳng ( P ) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là đường tròn có đường kính bằng 2 .

A. ( P ) : 5 x + y − 6 z + 62 = 0 .

B. ( P ) : 5 x + y − 6 z − 62 = 0 .

C. ( P ) : 5 x − y − 6 z − 62 = 0 .

D. ( P ) : 5 x + y + 6 z + 62 = 0 .

Câu 140. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x + 2 y+ z − m 2 − 3m = 0 và mặt cầu 2

( S ) : ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 1) = 9 . Tìm tất cả các giá trị của m để ( P ) tiếp xúc với ( S ) .  m = −2 . A.  m = 5

m = 2 B.  .  m = −5

C. m = 2 .

D. m = −5 .

Câu 141. (THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ trục 2 2 2 tọa độ 0 xyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 25 có tâm I và mặt phẳng

I R = 2

( P ) : x + 2 y + 2 z + 7 = 0 . Thể tích của khối nón đỉnh

I và đường tròn đáy là giao tuyến của mặt cầu ( S ) và

mặt phẳng ( P ) bằng

r = 1

A. m = 1 . C. m = 1 hoặc m = 2 .

B. m = −1 hoặc m = −2 . D. m = −1

B. 48π

C. 36π

D. 24π

Câu 142. (CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA LẦN 2 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y − 6 z − 2 = 0 và mặt phẳng (α ) : 4 x + 3 y − 12 z + 10 = 0 . Lập phương

I ( a; b; c ) bán kính bằng 1, tiếp xúc mặt phẳng ( Oxz ) . Khẳng định nào sau đây luôn đúng?

trình mặt phẳng ( β ) thỏa mãn đồng thời các điều kiện: tiếp xúc với ( S ) ; song song với (α ) và cắt trục Oz ở điểm có cao độ dương. A. 4 x + 3 y − 12 z − 78 = 0 . B. 4 x + 3 y − 12 z − 26 = 0 . D. 4 x + 3 y − 12 z + 26 = 0 . C. 4 x + 3 y − 12 z + 78 = 0 .

Câu 135. (THPT ĐOÀN THƯỢNG - HẢI DƯƠNG - 2018 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

( S ) tâm

A. 12π

Câu 143. (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) :2 x − y − 2 z − 1 = 0 và điểm M (1; −2; 0 ) . Mặt cầu tâm M , bán kính bằng

Câu 151. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm

3 cắt phẳng ( P ) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng bao

A ( 3; −2; 6 ) , B ( 0;1; 0 )

nhiêu? A. 2 .

C. 2 2 .

( P ) : ax + by + cz − 2 = 0

3 −1.

Câu 144. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ 2 2 tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( Q ) : x − 2 y + z − 5 = 0 và mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + y 2 + ( z + 2 ) = 15 . Mặt phẳng

( P)

song song với mặt phẳng ( Q ) và cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi bằng

6π đi qua điểm nào sau đây? A. ( 2; − 2;1) .

B. (1; − 2;0 ) .

C. ( 0; − 1; − 5) .

Dạng 4.3 Cực trị

B. 2 x + 2 y − z + 12 = 0 .

C. 3x − 4 y + 5 z − 17 + 20 2 = 0 .

D. x + y + z + 3 = 0 .

Câu 147. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) Trong không gian

Oxyz , cho mặt cầu

(S ) :

theo một đường tròn có bán kính bằng 2 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m ? B. m = ±2 + 5 . C. m = ±4 . D. m = 6 ± 2 5 . A. m = ±1 . Câu 149. (THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 2

+ y + z − 2 x + 4 y + 2 z − 3 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng ( Q) chứa trục Ox và cắt ( S ) theo

một đường tròn bán kính bằng 3 . A. ( Q ) : y + 3z = 0 . B. ( Q ) : x + y − 2 z = 0 . C. ( Q ) : y − z = 0 .

D. ( Q ) : y − 2 z = 0 .

Câu 150. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 4 y − 2 z − 7 = 0 và đường thẳng d m là giao tuyến của hai mặt phẳng x + (1 − 2 m ) y + 4mz − 4 = 0 và 2 x + my − ( 2m + 1) z − 8 = 0 . Khi đó m thay đổi các giao điểm của d m và

nằm trên một đường tròn cố định. Tính bán kính r của đường tròn đó. A. r =

142 . 15

B. r =

B. T = 4

3 3 . 2

92 . 3

C. r = 19

mãn

3 −1.

= 25 .

M ặt

phẳng

C. T = 5

D. T = 2

9 3 . 2

C. 3 3 .

D. 9 3 .

23 . 3

D. r =

586 . 15

a + b + c = 3.

và

3 + 1.

Tìm

giá

C. 4 − 2 3.

trị

nhỏ

nhất

của

D. 4 + 2 3.

Câu 154. (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm

A ( −1;0;0 ) và B ( 2;3;4 ) . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa đường tròn giao 2 2 ( S1 ) : ( x − 1) + ( y + 1) + z 2 = 4 và ( S2 ) : x2 + y 2 + z 2 + 2 y − 2 = 0 . Xét M , N mặt phẳng ( P ) sao cho MN = 1 . Giá trị nhỏ nhất của AM + BN bằng

tuyến của hai mặt cầu là hai điểm bất kỳ thuộc

A. 5. B. 3. C. 6. D. 4. Câu 155. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu

( S ) : x2 + y2 + z2 = 1. Điểm

Câu 148. (THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt 2 2 phẳng ( P ) : mx + 2y − z + 1 = 0 ( m là tham số). Mặt phẳng ( P ) cắt mặt cầu (S ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) + z 2 = 9

(S)

đi qua A , B và cắt ( S ) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính

( x + 1) + ( y + 1) + ( z − 2) 2 2 2 P = ( x − a ) + ( y − b) + ( z − c ) .

A. m = 1 . B. m = −1 hoặc m = −21 . C. m = 1 hoặc m = 21 . D. m = −9 hoặc m = 31 .

(S) : x

Câu 152. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 = 3 . Một mặt phẳng (α ) tiếp xúc với mặt cầu ( S ) và cắt các tia

thỏa

( x − 2 ) + ( y + 1) + ( z + 2) = 4 và mặt phẳng ( P ) : 4 x − 3 y − m = 0 . Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để mặt phẳng ( P ) và mặt cầu ( S ) có đúng 1 điểm chung.

( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3 )

Câu 153. (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho x, y, z , a , b, c là các số thực thay đổi

A. 4 x − 3 y − z − 4 26 = 0 .

Câu 146. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z + 4) 2 = 9 . Phương trình mặt phẳng (β ) tiếp xúc với mặt cầu ( S ) tại điểm M (0; 4; −2) là A. x + 6 y − 6 z + 37 = 0 B. x − 2 y − 2 z − 4 = 0 C. x − 2 y − 2 z + 4 = 0 D. x + 6 y − 6 z − 37 = 0

c ầu

Ox , Oy , Oz lần lượt tại A, B, C thỏa mãn OA2 + OB 2 + OC 2 = 27 . Diện tích tam giác ABC bằng

D. ( −2; 2; − 1) .

cắt ( S ) theo một đường tròn có bán kính r = 3 ?

mặt

T = a+b+c A. T = 3

Câu 145. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 6 x + 4 y − 12 = 0 . Mặt phẳng nào sau đây

và

M ∈ ( S ) có tọa độ dương; mặt phẳng ( P ) tiếp xúc với ( S ) tại M cắt các tia Ox

(

)(

)

; Oy ; Oz tại các điểm A , B , C . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = 1 + OA2 1 + OB2 1 + OC 2 là: A. 24.

B. 27.

C. 64.

D. 8.

Câu 156. (THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt

( P ) : x − 2 y + 2 z − 3 = 0 và mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 2 z + 5 = 0 . N ∈ ( S ) sao cho MN cùng phương với vectơ u = (1;0;1) và khoảng cách giữa M

phẳng

Giả sử M ∈ ( P ) và và N lớn nhất. Tính

MN .

A. MN = 3 .

B. MN = 1 + 2 2 .

C. MN = 3 2 .

D. MN = 14 .

Câu 157. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(1;0;0) , B(2;1;3) , C (0;2; − 3) , D(2; 0; 7 ) . Gọi M là điểm thuộc mặt cầu ( S ) : ( x + 2) 2 + ( y − 4) 2 + z 2 = 39 thỏa mãn: MA 2 + 2 MB.MC = 8 . Biết độ dài đoạn thẳng MD đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó. A. 2 7 . B. 7 . C. 3 7 . D. 4 7 . Dạng 5. Một số bài toán liên quan giữa mặt phẳng – mặt phẳng Dạng 5.1 Vị trí tương đối, khoảng cách, giao tuyến 20

Câu 158. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , Khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 2 z − 10 = 0 và ( Q ) : x + 2 y + 2 z − 3 = 0 bằng: A.

4 3

8 . 3

7 . 3

D. 3 .

Câu 167. (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Trong không gian Oxyz , cho ( P ) : x + y − 2 z + 5 = 0 và ( Q ) : 4 x + ( 2 − m ) y + mz − 3 = 0 , m là tham số thực. Tìm tham số m sao cho mặt phẳng ( Q ) vuông góc với mặt phẳng ( P ) . A. m = −3 .

B. m = −2 .

C. m = 3 .

D. m = 2 .

song song ( P ) và ( Q ) lần lượt có phương trình 2 x − y + z = 0 và 2 x − y + z − 7 = 0 . Khoảng cách giữa

Câu 168. (ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 2 z − 8 = 0

hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) bằng

và ( Q ) : x + 2 y + 2 z − 4 = 0 bằng

Câu 159. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Trong không gian

B. 7 6 .

C. 6 7 .

Oxyz cho hai mặt phẳng

7 . 6

Câu 160. Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng ( P ) : x – 2y + 2z – 3 = 0 và ( Q ) : mx + y – 2z + 1 = 0 . Với giá trị nào của m thì hai mặt phẳng đó vuông góc với nhau? A. m = 1 B. m = −1 C. m = −6 D. m = 6 Câu 161. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng (α ) : x + 2 y − z − 1 = 0 và ( β ) : 2 x + 4 y − mz − 2 = 0 . Tìm m để (α ) và

( β ) song song với nhau. A. m = 1.

B. m = −2 .

C. m = 2 .

D. Không tồn tại m .

Câu 162. (THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng ( P ) : 2 x + my + 3z − 5 = 0 và ( Q ) : nx − 8 y − 6z + 2 = 0 , với m, n ∈ ℝ . Xác định m, n để

( P ) song song với ( Q ) . A. m = n = − 4 .

B. m = 4; n = − 4 .

C. m = − 4; n = 4 .

D. m = n = 4 .

Câu 163. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng ( P ) : x – 2y + 2z – 3 = 0 và ( Q ) : mx + y – 2z + 1 = 0 . Với giá trị nào của m thì hai mặt phẳng đó vuông góc với nhau? A. m = 1 B. m = −1 C. m = −6 D. m = 6 Câu 164. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng ( P ) : x − 2 y − z + 3 = 0 ; ( Q ) : 2 x + y + z − 1 = 0 . Mặt phẳng ( R ) đi qua điểm M (1;1;1) chứa giao tuyến của

( P)

và ( Q ) ; phương trình của ( R ) : m ( x − 2 y − z + 3 ) + ( 2 x + y + z − 1) = 0 . Khi đó giá trị của m là A. 3 .

1 . 3

1 C. − . 3

D. −3 .

Câu 165. (THPT GIA LỘC HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng

( P ) : 2x + y + z − 2 = 0

vuông góc với mặt phẳng nào dưới đây?

A. 2 x − y − z − 2 = 0 .

B. x − y − z − 2 = 0 .

C. x + y + z − 2 = 0 .

D. 2 x + y + z − 2 = 0 .

Câu 166. (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A (1; 0; 0 ) , B ( 0; b; 0 ) , C ( 0; 0; c ) trong đó b.c ≠ 0 và mặt phẳng ( P ) : y − z + 1 = 0 . Mối liên hệ giữa b, c

để mặt phẳng ( ABC ) vuông góc với mặt phẳng ( P ) là A. 2b = c . B. b = 2c .

C. b = c .

D. b = 3c.

A. 1.

4 . 3

C. 2.

7 . 3

Câu 169. Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 2 z − 16 = 0 và

( Q ) : x + 2 y − 2 z − 1 = 0 bằng A. 5.

17 . 3

C. 6.

5 . 3

Câu 170. (CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA LẦN 2 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 3 z − 1 = 0 và ( Q ) : x + 2 y + 3 z + 6 = 0 là 7 8 5 A. B. C. 14 D. 14 14 14 Câu 171. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (α) : ax − y + 2z + b = 0 đi qua giao tuyến của hai mặt phẳng (P) : x − y − z + 1 = 0 và (Q) : x + 2y + z − 1 = 0 . Tính a + 4b . A. −16 . B. −8 . C. 0 . D. 8 . Câu 172. (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian Oxyz , khoảng 1 1 cách giữa hai mặt phẳng ( P ) : 6 x + 3 y + 2 z − 1 = 0 và ( Q ) : x + y + z + 8 = 0 bằng 2 3 A. 7 . B. 8 . C. 9 . D. 6 . Câu 173. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Gọi m ,n là hai giá trị thực thỏa mãn giao tuyến của hai mặt phẳng ( Pm ) : mx + 2 y + nz + 1 = 0 và ( Qm ) : x − my + nz + 2 = 0 vuông góc với mặt phẳng (α ) : 4 x − y − 6 z + 3 = 0 . Tính m + n . A. m + n = 0 . B. m + n = 2 .

C. m + n = 1 .

D. m + n = 3 .

Câu 174. (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Biết rằng trong không gian với hệ tọa độ Oxyz có hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) cùng thỏa mãn các điều kiện sau: đi qua hai điểm A (1;1;1) và B ( 0; −2;2 ) , đồng thời cắt các trục tọa độ Ox, Oy tại hai điểm cách đều O . Giả sử ( P ) có phương trình x + b1 y + c1 z + d1 = 0 và ( Q ) có phương trình x + b2 y + c2 z + d 2 = 0 . Tính giá trị biểu thức b1b2 + c1c2 . A. 7. B. -9. C. -7. Dạng 5.2 Góc của 2 mặt phẳng

D. 9.

Câu 175. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm H ( 2;1; 2 ) , H là hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O xuống mặt phẳng ( P ) , số đo góc giữa mặt ( P ) và mặt phẳng ( Q ) : x + y − 11 = 0

A. 600

B. 300

C. 450

D. 900

Câu 176. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) có phương trình x − 2 y + 2 z − 5 = 0 . Xét mặt phẳng (Q ) : x + (2 m − 1) z + 7 = 0 , với m là tham số thực. Tìm tất cả giá trị của m để ( P ) tạo với (Q) góc

m = 2

m = 2 B.  .  m = −2 2

m = 1 A.  . m = 4

C.  . m = 4

m = 4 D.  . m = 2

Câu 177. (THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt

Câu 183. Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho điểm A ( 2; −2;2 ) và mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + ( z + 2 ) = 1 . Điểm M di chuyển trên mặt cầu ( S ) đồng thời thỏa mãn OM . AM = 6 . Điểm M luôn thuộc mặt phẳng nào dưới đây? A. 2x − 2 y − 6z + 9 = 0 . B. 2 x − 2 y − 6z − 9 = 0 . C. 2x + 2 y + 6z + 9 = 0 . D. 2x − 2 y + 6z + 9 = 0 . Câu 184. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho 2

mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) = 1 và điểm A(2;2;2) . Xét các điểm M thuộc (S ) sao cho đường

phẳng ( P ) có phương trình: ax + by + cz − 1 = 0 với c < 0 đi qua 2 điểm A ( 0;1;0 ) , B (1;0;0 ) và tạo với

thẳng AM luôn tiếp xúc với (S ) . M luôn thuộc một mặt phẳng cố định có phương trình là B. x + y + z − 4 = 0 . C. 3x + 3 y + 3z – 8 = 0 . D. 3x + 3 y + 3z – 4 = 0 . A. x + y + z – 6 = 0 .

( Oyz )

Câu 185. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A (1; 2;1) ,

một góc 60° . Khi đó a + b + c thuộc khoảng nào dưới đây? A. ( 5;8) .

B. ( 8;11) .

C. ( 0;3) .

D. ( 3;5) .

B ( 3; −1;1) và C ( −1; −1;1) . Gọi ( S1 ) là mặt cầu có tâm A , bán kính bằng 2 ; ( S2 ) và ( S3 ) là hai mặt cầu

Câu 178. Trong hệ trục toạ độ Oxyz , cho điểm H ( 2; 1; 2 ) . Điểm H là hình chiếu vuông góc của gốc toạ

độ O xuống mặt phẳng ( P ) , số đo góc giữa mặt phẳng ( P ) và mặt phẳng ( Q ) : x + y − 11 = 0 là A. 90° . B. 30° . C. 60° . D. 45° .

có tâm lần lượt là B , C và bán kính đều bằng 1 . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu ( S1 ) , ( S2 ) , ( S3 ) . A. 8

B. 5

C. 7 2

D. 6 2

Câu 179. (CHUYÊN TRẦN PHÚ HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian Oxyz , cho

Câu 186. Trong không gian Oxyz, cho ( S ) : ( x + 3 ) + ( y − 2 ) + ( z − 5 ) = 36 , điểm M ( 7;1;3) . Gọi ∆ là

hai điểm A ( 3;0;1) , B ( 6; −2;1) . Phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A, B và tạo với mặt phẳng ( Oyz ) một

đường thẳng di động luôn đi qua M và tiếp xúc với mặt cầu ( S ) tại N . Tiếp điểm N di động trên đường

2 góc α thỏa mãn cos α = là 7 2 x + 3 y + 6 z − 12 = 0 A.  B. 2 x + 3 y − 6 z = 0 2 x − 3 y + 6 z − 12 = 0 C.  D. 2 x − 3 y − 6 z + 1 = 0

tròn ( T ) có tâm J ( a, b, c ) . Gọi k = 2a − 5b + 10c , thì giá trị của k là A. 45 .

2 x − 3 y + 6 z − 12 = 0 2 x − 3 y − 6 z = 0  2 x + 3 y + 6 z + 12 = 0 2 x + 3 y − 6 z − 1 = 0 

B. 50 .

C. −45 .

D. −50 .

Câu 187. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho các điểm M ( 2;1; 4 ) , N ( 5; 0; 0 ) , P (1; −3;1) . Gọi I ( a; b; c ) là tâm của mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng ( Oyz )

đồng thời đi qua các điểm M , N , P . Tìm c biết rằng a + b + c < 5 A. 3 B. 2 C. 4

Câu 180. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho

D. 1

Câu 188. (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm

hai mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 2 z + 1 = 0, (Q ) : x + my + ( m − 1) z + 2019 = 0 . Khi hai mặt phẳng ( P ) , ( Q ) tạo

H (1; 2; − 2 ) . Mặt phẳng (α ) đi qua H và cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho H

với nhau một góc nhỏ nhất thì mặt phẳng ( Q ) đi qua điểm M nào sau đây?

là trực tâm của tam giác ABC . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC . 81 243π A. 243π . B. 81π . C. D. . π. 2 2

A. M (2019; −1;1)

B. M (0; −2019;0)

C. M (−2019;1;1)

D. M (0;0; −2019)

Dạng 6. Một số bài toán liên khác quan điểm – mặt phẳng – mặt cầu Câu 181. (MĐ 103

BGD&ĐT

NĂM

2017-2018)

Trong không gian

Oxyz ,

cho mặt cầu

( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 3) 2 = 1 và điểm A(2;3; 4) . Xét các điểm M thuộc ( S ) sao cho đường thẳng AM tiếp xúc với ( S ) , M luôn thuộc mặt phẳng có phương trình là A. 2 x + 2 y + 2 z + 15 = 0 B. x + y + z + 7 = 0 C. 2 x + 2 y + 2 z − 15 = 0 D. x + y + z − 7 = 0 Câu 182. (SỞ GD&ĐT BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho 2

điểm A ( 2; −2; 2 ) và mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + ( z + 2 ) = 1 . Điểm M di chuyển trên mặt cầu ( S ) đồng thời thỏa mãn OM . AM = 6 . Điểm M thuộc mặt phẳng nào sau đây? A. 2 x − 2 y − 6 z + 9 = 0 . B. 2 x − 2 y + 6 z − 9 = 0 . C. 2 x + 2 y + 6 z + 9 = 0 . D. 2 x − 2 y + 6 z + 9 = 0 . 23

Câu 189. (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm M ( 6;0;0 ) , N ( 0;6;0 ) , P ( 0; 0;6 ) . Hai mặt cầu có phương trình

( S1 ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y + 1 = 0 và ( S2 ) : x 2 + y 2 + z 2 − 8 x + 2 y + 2 z + 1 = 0 cắt nhau theo đường tròn ( C ) . Hỏi có bao nhiêu mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa ( C ) và tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP, PM . A. 1.

B. 3 .

C. Vô số.

D. 4 .

Câu 190. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A ( −3;1;1) , B (1; −1; 5 ) và mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 2 z + 11 = 0. Mặt cầu ( S ) đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với ( P ) tại điểm C . Biết C luôn thuộc một đường tròn (T ) cố định. Tính bán kính r của đường tròn (T ) . A. r = 4 .

B. r = 2 .

C. r = 3 . 24

D. r = 2 .

Câu 191. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm

 5+ 3 7− 3   5− 3 7+ 3  A  ; ;3  , B  ; ;3  và mặt cầu ( S ) : ( x − 1)2 + ( y − 2) 2 + ( z − 3) 2 = 6 . Xét mặt 2 2  2   2  phẳng ( P ) : ax + by + cz + d = 0 , ( a, b, c, d ∈ ℤ : d < −5 ) là mặt phẳng thay đổi luôn đi qua hai điểm A, B . Gọi ( N ) là hình nón có đỉnh là tâm của mặt cầu ( S ) và đường tròn đáy là đường tròn giao tuyến của ( P ) và ( S ) . Tính giá trị của T = a + b + c + d khi thiết diện qua trục của hình nón ( N ) có diện tích lớn nhất. A. T = 4 .

C. T = 2 .

B. T = 6 .

D. T = 12 .

Câu 192. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz , xét số thực x y z m ∈ ( 0;1) và hai mặt phẳng ( α ) : 2 x − y + 2 z + 10 = 0 và (β ) : + + = 1 . Biết rằng, khi m thay đổi có m 1− m 1 hai mặt cầu cố định tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt phẳng ( α ) , ( β) . Tổng bán kính của hai mặt cầu đó bằng B. 3 C. 9 D. 12 A. 6 Câu 193. Trong không gian Oxyz , mặt cầu ( S ) đi qua điểm A ( 2; −2;5 ) và tiếp xúc với ba mặt phẳng

Câu 5. Chọn D Mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 3z + 1 = 0 có một vectơ pháp tuyến là n2 = ( 2; −1;3) Câu 6. Chọn A ( P ) : 2 x − 3 y + z − 2 = 0 . Véctơ n1 = ( 2; − 3;1) là một véctơ pháp tuyến của ( P ) . Câu 7. Chọn B ( P ) : 4x + 3y + z −1 = 0 . Véctơ n 3 = ( 4;3;1) là một véctơ pháp tuyến của ( P ) . Câu 8. Chọn A Mặt phẳng ( P ) :3 x + 2 y + z − 4 = 0 có một vectơ pháp tuyến là n2 = ( 3; 2;1) . Câu 9. Chọn C Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 3z − 5 = 0 là: n2 = (1; 2;3) . Câu 10. Chọn D Do mặt phẳng (Oxy ) vuông góc với trục Oz nên nhận véctơ k = ( 0; 0; 1) làm một véc tơ pháp tuyến

Câu 194. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm M (1;1; 2 ) . Hỏi có bao

Câu 11. Chọn C Mặt phẳng (α ) : 2 x − 3 y − 4 z + 1 = 0 có một véc tơ pháp tuyến n0 = ( 2; −3; −4 ) . Nhận thấy n = ( −2;3; 4 ) = −n0 , hay n cùng phương với n0 . Do đó véc tơ n = ( −2;3; 4 ) cũng là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (α )

nhiêu mặt phẳng ( P ) đi qua M và cắt các trục x'Ox, y'Oy, z'Oz lần lượt tại các điểm A,B,C sao cho OA = OB = OC ≠ 0 ? A. 8 B. 1 C. 4 D. 3

Câu 12. Chọn D Câu 13. Chọn C Mặt phẳng (α ) có một VTPT là n = ( 2; − 3; 0) = c .

Câu 195. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 3;1; 7 ) , B ( 5;5;1) và mặt phẳng ( P ) : 2 x − y − z + 4 = 0 . Điểm M

x y z 1 1 + + = 1 ⇔ − x − y + z − 1 = 0. ⇔ 3 x + 6 y − 2 z + 6 = 0. −2 −1 3 2 3 Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng n = (3;6; −2) . Câu 15. Phương trình tổng quát của mặt phẳng ( P ) : 2 x − 6 y − 8 z + 1 = 0 nên một véc tơ pháp tuyến của mặt

( P ) : x = 1, ( Q ) : y = −1 và ( R ) : z = 1 có bán kính bằng A. 3 .

C. 2 3 .

B. 1.

D. 3 3 .

thuộc ( P ) sao cho MA = MB = 35 . Biết M có hoành độ nguyên, ta có OM bằng A. 2 2 .

B. 2 3 .

C. 3 2 .

D. 4 .

Câu 196. (THPT NGÔ SĨ LIÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , điểm M ( a, b, c ) thuộc mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 6 = 0 và cách đều các điểm

A (1;6;0 ) , B ( −2; 2; −1) , C ( 5; −1;3) . Tích abc bằng A. 6 B. −6

C. 0

D. 5

Phần B. LỜI GIẢI THAM KHẢO Dạng 1. Xác định VTPT Câu 1. Chọn A Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) : 3x − z + 2 = 0 là n2 = ( 3; 0; −1) . Câu 2. Chọn A Mặt phẳng ( P ) : 2 x + y + 3 z − 1 = 0 có một vectơ pháp tuyến là ( 2;1;3) . Câu 3. Chọn B Từ phương trình mặt phẳng (P) suy ra một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng là n4 = (1; 2;3) . Câu 4. Chọn C Mặt phẳng ( P ) : 2 x + 3 y + z − 1 = 0 có một vectơ pháp tuyến là n4 = ( 2;3;1) . 25

Câu 14.

Phương trình

Câu 16.

phẳng ( P ) có tọa độ là ( 2; − 6; − 8 ) hay (1; − 3; − 4 ) . Ta có u2 = ( 0; 2; − 3) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) : 2 y − 3 z + 1 = 0 .

Câu 17.

Một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) : 3x − y + 2 = 0 là ( 3; −1;0 ) .

Dạng 2. Xác định phương trình mặt phẳng Dạng 2.1 Xác định phương trình mặt phẳng cơ bản Câu 18. Chọn D Câu 19. Chọn B Mặt phẳng ( Oyz ) đi qua điểm O ( 0;0;0 ) và có vectơ pháp tuyến là i = (1;0;0 ) nên ta có phương trình mặt phẳng ( Oyz ) là : 1( x − 0 ) + 0 ( y − 0 ) + 0 ( z − 0 ) = 0 ⇔ x = 0 . Câu 20. Chọn C. Câu 21. Ta có mặt phẳng Ozx đi qua điểm O ( 0;0;0 ) và vuông góc với trục Oy nên có VTPT n = ( 0;1;0 ) . Do đó phương trình của mặt phẳng Ozx là y = 0. Dạng 2.2 Xác định phương trình mặt phẳng khi biết yếu tố vuông góc Câu 22. Chọn A 26

Phương trình mặt phẳng đi qua điểm M (1; 2; −3 ) và có một vectơ pháp tuyến n = (1; −2;3) là

n = − BC = (1; 2; −2 ) cũng là một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) .

1( x − 1) − 2 ( y − 2 ) + 3 ( z + 3 ) = 0 ⇔ x − 2 y + 3 z + 12 = 0 . Câu 23. Lời giả i Chọn A Mặt phẳng ( P ) đi qua A ( 0;1;1) và nhận vecto AB = (1;1; 2 ) là vectơ pháp tuyến

Vậy phương trình mặt phẳng ( P ) là x + 2 y − 2 z + 1 = 0 . Câu 32. Chọn D Mặt phẳng vuông góc với đường thẳng AB nên nhận AB làm vectơ pháp tuyến, AB = ( −4; 6; 2) Mặt phẳng đi qua A(5; −4; 2) và có vectơ pháp tuyến, AB = ( −4; 6; 2) có phương trình D. −4( x − 5) + 6(y + 4) + 2(z − 2) = 0 hay 2 x − 3 y − z − 20 = 0 . Vậy chọn Câu 33. Chọn C ( P ) có dạng: 1.( x − 3) − 1( y + 1) + 2 ( z − 4) = 0 ⇔ x − y + 2 z − 12 = 0 .  5  Câu 34. Gọi I  0; ; −1 là trung điểm của AB ; AB = ( −2; −1;6 ) . 2    5  Mặt phẳng (α ) qua I  0; ; −1 và có VTPT n = ( −2; −1; 6 ) nên có PT:  2  5 (α ) : −2 ( x ) −  y −  + 6 ( z + 1) = 0 ⇔ 4 x + 2 y − 12 z − 17 = 0 . 2  Câu 35. Chọn B AB = ( −2; −2; 2 ) = −2 (1;1; − 1) , u = (1;1;− 1) n( P ) = (1;2;− 1) n( Q ) =  AB , n( P )  = (1;0;1)   Vậ y ( Q ) : x + z = 0 . Câu 36. Ta có: AB = ( −3; −3; 2 ) , vectơ pháp tuyến của mp ( P ) là nP = (1; −3; 2 ) .

( P ) :1( x − 0 ) + 1( y − 1) + 2 ( z − 1) = 0 ⇔ x + y + 2 z − 3 = 0 . Câu 24. Chọn A Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB có véctơ pháp tuyến là AB = ( − 6; 2; 2 ) và đi qua trung điểm I (1;1; 2 ) của đoạn thẳng AB. Do đó, phương trình mặt phẳng đó là:

− 6 ( x − 1) + 2 ( y − 1) + 2 ( z − 2 ) = 0 ⇔ −6 x + 2 y + 2 z = 0 ⇔ 3 x − y − z = 0. Câu 25. Chọn D Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB . Suy ra I (1;1;1) . Ta có AB = ( 4; −2; 2 ) .

Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua trung điểm I của AB và nhận AB làm vtpt, nên có phương trình là (α ) : 2 x − y + z − 2 = 0 . Câu 26. Chọn A AB = ( −4; 6; 2) = −2(2; −3; −1) ( P ) đi qua A ( 5; −4; 2 ) nhận n = (2; −3; −1) làm VTPT

( P ) : 2 x − 3 y − z − 20 = 0 Câu 27. Chọn B Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB . Gọi (α ) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB (α ) đi qua I (1;1;2) và nhận AB = ( −6; 2; 2 ) làm một VTPT. ⇒ (α ) : −6 ( x − 1) + 2 ( y − 1) + 2 ( z − 2 ) = 0 ⇒ (α ) : 3 x − y − z = 0 . Câu 28. Chọn D Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua trung điểm I ( 3; 2; −1) , có vec tơ pháp tuyến 1 n = AB = ( 2; −1; −1) có phương trình: 2 ( x − 3) − 1( y − 2 ) − 1( z + 1) = 0 ⇔ 2 x − y − z − 5 = 0 . 2 Chọn đáp án B. Câu 29. Chọn A Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua trung điểm của AB là M (4;3; −1) và có véctơ pháp tuyến là AB = (4; 4; −6) nên có phương trình là 4( x − 4) + 4( y − 3) − 6( z + 1) = 0 ⇔ 2( x − 4) + 2( y − 3) − 3( z + 1) = 0

⇔ 2 x + 2 y − 3z − 17 = 0 Câu 30. Chọn D AB ( 3; −1; −1) . Do mặt phẳng (α ) cần tìm vuông góc với AB nên (α ) nhận AB ( 3; −1; −1) làm vtpt. Suy ra, phương trình mặt phẳng (α ) : 3 ( x + 1) − ( y − 2 ) − ( z − 1) = 0 ⇔ 3x − y − z + 6 = 0. Câu 31. Chọn B Ta có BC = ( −1; −2; 2 ) là một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) cần tìm. 27

Từ giả thiết suy ra n =  AB,nP  = ( 0;8;12 ) là vectơ pháp tuyến của mp ( Q ) . Mp ( Q ) đi qua điểm A ( 2; 4;1) suy ra phương trình tổng quát của mp ( Q ) là:

0 ( x − 2 ) + 8 ( y − 4 ) + 12 ( z − 1) = 0 ⇔ 2 y + 3z − 11 = 0 . Câu 37. Ta có AB = 2 (1; 2; −1) . Gọi I là trung điểm của AB ⇒ I ( 2;1;1) .

1 + Mặt phẳng trung trực (α ) của đoạn thẳng AB đi qua I và nhận n = AB = (1; 2; −1) làm vectơ pháp 2 tuyến có phương trình là x − 2 + 2 ( y − 1) − ( z − 1) = 0 ⇔ x + 2 y − z − 3 = 0 . Vậy mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là x + 2 y − z − 3 = 0 . Do mặt phẳng vuông góc với BC nên BC = (1; −2; −5 ) là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng.

Câu 38.

Vì vậy phương trình mặt phẳng là : 1( x − 2 ) − 2 ( y − 1) − 5 ( z + 1) = 0 ⇔ x − 2 y − 5 z − 5 = 0 . Câu 39. Ta có: AB = (1; − 1; − 1) . Phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với AB có phương trình là: ( x − 1) − ( y − 1) − ( z − 2) = 0 ⇔ x − y − z + 2 = 0 . Câu 40. Ta có AB = ( 2; 2;1) , vectơ pháp tuyến mặt phẳng ( Q ) : nQ = (1; 2; − 1) . Theo đề bài ta có vectơ pháp tuyến mặt phẳng ( P ) : nP = nQ ∧ AB = ( 4; − 3; − 2 ) . 28

Phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng 4 x − 3 y − 2 z + C = 0 .

Câu 46.

Phương trình của ( P ) là 2 x + y - 2 z = 0 .

Mặt phẳng ( P ) đi qua A ( 0;1;0 ) nên: −3 + C = 0 ⇔ C = 3 . Vậy phương trình mặt phẳng ( P ) là 4 x − 3 y − 2 z + 3 = 0 . Câu 41. Gọi nP , nQ lần lượt là vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) . Ta có AB = ( −2; − 1;5 ) , nP = ( 2; − 1; 2 ) . Vì ( Q ) đi qua A, B và ( Q ) ⊥ ( P ) nên nQ ⊥ AB , nQ ⊥ nP , chọn nQ =  AB, nP  = ( 3;14; 4 ) .

Do dó phương trình của ( Q ) là

3 ( x − 1) + 14 ( y − 0 ) + 4 ( z + 2 ) = 0 hay 3x + 14 y + z + 5 = 0. Câu 42. Chọn C Véc tơ pháp tuyến của hai mặt phẳng lần lượt là nα = (3; −2;2) , n β = (5; −4; 3) .   ⇒ nα ; nβ  = (2;1; −2)   Phương trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O ,VTPT n = (2;1; −2) : 2x + y − 2z = 0. Câu 43. Chọn A Vì ( Q ) vuông góc với ( P ) nên ( Q ) nhận vtpt n = (1; −3; 2 ) của ( P ) làm vtcp Mặt khác ( Q ) đi qua A và B nên ( Q ) nhận AB = ( −3; −3; 2 ) làm vtcp ( Q ) nhận nQ = n, AB  = ( 0;8;12 ) làm vtpt Vậy phương trình mặt phẳng ( Q ) : 0( x + 1) + 8( y − 1) + 12( z − 3) = 0 , hay ( Q ) : 2 y + 3z − 11 = 0 Vậy a + b + c = 5 . Chọn Câu 44. Chọn A Ta có AB = (1; 2; −1)

Từ ( P ) suy ra vec tơ pháp tuyến của ( P ) là nP = (1;1;1) Gọi vec tơ pháp tuyến của ( Q ) là nQ Vì ( Q ) chứa A, B nên nQ ⊥ AB (1) Mặt khác ( Q ) ⊥ ( P ) nên nQ ⊥ nP ( 2 ) Từ (1) , ( 2 ) ta được nQ =  AB , nP  = ( 3; −2; −1) ( Q ) đi qua A (1; −1; 2 ) và có vec tơ pháp tuyến nQ = ( 3; −2; −1) nên ( Q ) có phương trình là 3 ( x − 1) − 2 ( y + 1) − ( z − 2 ) = 0 ⇔ 3x − 2 y − z − 3 = 0 . Câu 45. Chọn A ( P ) có vectơ pháp tuyến nP = (1; −3; 2 ) , (Q ) có vectơ pháp tuyến nQ = (1;0; −1) .

Vì mặt phẳng (α ) vuông góc với cả ( P ) và (Q ) nên (α ) có một vectơ pháp tuyến là  nP , nQ  = ( 3;3;3) = 3 (1;1;1) .   Vì mặt phẳng (α ) cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng 3 nên (α ) đi qua điểm M ( 3;0;0 ) . Vậy (α ) đi qua điểm M ( 3; 0; 0 ) và có vectơ pháp tuyến nα = (1;1;1) nên (α ) có phương trình: x + y + z − 3 = 0. 29

Gọi mặt phẳng phải tìm là ( P ) . Khi đó véc tơ pháp tuyến của ( P ) là: nP =  nα , nβ  = ( 2; 1; − 2 ) .

Câu 47. Lờigiải Mặt phẳng ( P ) có 1 véc tơ pháp tuyến là n p = (1;1;1) . Véc tơ AB = (1; 2; − 1) . Gọi n là một véc tơ pháp tuyến của ( Q ) , do ( Q ) vuông góc với ( P ) nên n có giá vuông góc với n p , mặt khác véc tơ AB có giá nằm trong mặt phẳng ( Q ) nên n cũng vuông góc với AB Mà n p và AB không cùng phương nên ta có thể chọn n =  nP , AB  = ( −3; 2;1) , mặt khác ( Q ) đi qua A (1; −1; 2 ) nên phương trình của mặt phẳng ( Q ) là:

−3 ( x − 1) + 2 ( y + 1) + 1( z − 2) = 0 ⇔ 3x − 2 y − z − 3 = 0 . Ta có: AB = ( 2; −1;1) . Mặt phẳng ( P ) có 1 véctơ pháp tuyến là: n( P ) = (1; −1; 0 ) . n ⊥ AB Gọi n là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm. Khi đó  ⇒ n =  AB; n( P )  = (1;1; −1) . n ⊥ n( P ) Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là: 1( x − 0 ) + 1( y − 1) − 1( z − 0 ) = 0 ⇔ x + y − z − 1 = 0 . Câu 48.

 AB ⊥ OC ⇒ AB ⊥ ( OHC ) ⇒ AB ⊥ OH. Ta có:   AB ⊥ CH BC ⊥ OA Tương tự  ⇒ BC ⊥ ( OAH ) ⇒ BC ⊥ OH . BC ⊥ OH AB ⊥ OH Ta có:  ⇒ OH ⊥ ( ABC ) . BC ⊥ OH Do OH ⊥ ( ABC ) ⇒ n ABC = OH = ( 2;1;1)

Câu 49.

Phương trình mặt phẳng (P) là: 2 ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 1) = 0 ⇔ 2 x + y + z − 6 = 0 . Dạng 2.3 Xác định phương trình mặt phẳng khi biết yếu tố song song Câu 50. Lời giả i Chọn A Gọi ( β ) // ( α ) , PT có dạng ( β) : 3 x − y + 2 z + D = 0 (điều kiện D ≠ 4 ); Ta có: ( β) qua M ( 3; − 1; − 2 ) nên 3.3 − ( −1) + 2. ( −2 ) + D = 0 ⇔ D = −6 (thoả đk); Vậ y ( β ) : 3 x − y + 2 z − 6 = 0 Câu 51. Chọn C Gọi ( Q ) là mặt phẳng đi qua điểm A ( 2; −1; 2 ) và song song với mặt phẳng ( P ) . Do ( Q ) // ( P ) nên phương trình của ( Q ) có dạng 2 x − y + 3 z + d = 0 ( d ≠ 2 ). Do A ( 2; −1; 2 ) ∈ ( Q ) nên 2.2 − ( −1) + 3.2 + d = 0 ⇔ d = −11 (nhận). Vậy ( Q ) : 2 x − y + 3 z − 11 = 0 . Câu 52.

Chọn C

Phương trình mặt phẳng ( ABC ) đi qua ba điểm A(−2; 0;0) , B (0; 0;7) và C (0;3;0) là

x y z + + =1 −2 3 7 30

Câu 53. Chọn A uOy = ( 0;1;0 ) ; AB = ( −3;0; 4 ) Lấy nP = uOy . AB  = ( 4;0;3) Do đó ( P ) : 4 ( x − 3) + 3 z = 0 ⇔ 4 x + 3z − 12 = 0

Gọi A ( 3;0;0 ) ∈ ( Q )

⇒ d ( ( P ) , (Q ) ) = d ( A , ( P ) ) = 1

Gọi (α ) là mặt phẳng cần tìm. Vì (α ) // ( P ) ⇒ n (α ) = n ( P ) = ( 2; −1; 3) Ta có: (α ) đi qua A (1;3; −2 ) và có véctơ pháp tuyến là n (α ) = ( 2; −1;3 ) .

Câu 54.

Do đó phương trình tổng quát của mặt phẳng (α ) là:

2 ( x − 1) − 1( y − 3) + 3 ( z + 2 ) = 0 hay 2 x − y + 3z + 7 = 0 . Câu 55. Ta có AB ( −2; 2;1) . Gọi mặt phẳng cần viết phương trình là ( P ) suy ra n( P ) =  AB, i  = ( 0;1; −2 ) . Vậy PT mặt phẳng ( P ) có dạng: y − 2 ( z − 1) = 0 ⇔ y − 2 z + 2 = 0 . Câu 56.

Mặt phẳng ( P ) chứa trục Ox nên có dạng: By + Cz = 0

+ C 2 ≠ 0) .

( P ) đi qua điểm A(1; 1; − 1) nên B.1 + C. ( −1) = 0 ⇔ B = C .

Chọn B = C = 1 ta được ( P ) : y + z = 0 . Câu 57.

3 + D = 3  D = 0 (l ), qua O =1⇔  ⇔ 3 + D = −3  D = −6 ( n) Câu 61. AB = ( −3;0; 4) . Oy có một vectơ chỉ phương là j = (0;1;0) . Gọi n là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) . n ⊥ j Do  nên ta có thể chọn n =  j, AB  = ( 4;0;3) . n ⊥ AB Khi đó phương trình mặt phẳng cần tìm qua điểm A ( 3; 0;0 ) và có vectơ pháp tuyến n = ( 4;0;3) là ⇔

3+ D 3

( P ) :4 ( x − 3) + 3 ( z − 0) = 0 . Vậy ( P ) : 4 x + 3z − 12 = 0 . x y z + + = 1 ⇔ 6 x + 3 y + 2 z − 12 = 0 . 2 4 6 Mặt phẳng ( P ) song song với mặt phẳng ( ABC ) nên phương trình có dạng:

Câu 62.

Phương trình mp ( ABC ) :

Mặt phẳng ( P ) không qua O , song song mặt phẳng ( Q )

⇒ ( P ) : x + 2 y + 2 z + d = 0 ( d ≠ 0 , d ≠ −3 ).

6 x + 3 y + 2 z + d = 0 , d ≠ −12 .

Mặt phẳng ( P ) cách đều D và mặt phẳng ( ABC )

d − ( −3 )

⇔ d ( ( ABC ) , ( P ) ) = d ( D, ( P ) ) ⇔ d ( A, ( P ) ) = d ( D, ( P ) )

d = 0 . =1 ⇔ d +3 = 3 ⇔  1 +2 +2  d = −6 Đối chiếu điều kiện ta nhận d = −6 . Vậ y ( P ) : x + 2 y + 2 z − 6 = 0 . Câu 58. Chọn A Có ( P ) song song (α ) : 2 x − 2 y + z − 1 = 0 nên ( P ) : 2 x − 2 y + z + m = 0 , với m ≠ −1 .

6.2 + d 6.2 + 3.4 + 2.6 + d = ⇔ d + 12 = d + 36 ⇔ d = −24 (thỏa mãn). 62 + 32 + 22 62 + 32 + 22 Vậy phương trình mặt phẳng ( P ) : 6 x + 3 y + 2 z − 24 = 0 .

Do ( P ) đi qua điểm A ( −1;1; 2 ) nên −2 − 2 + 2 + m = 0 ⇔ m = 2 (nhận)

Có d

Ta có d ( P ) ; ( Q ) = 1 ⇒

Vậy măt phẳng cần tìm là ( P ) : 2 x − 2 y + z + 2 = 0 . Câu 59.

Ta có, ( Q ) song song ( P ) nên phương trình mặt phẳng ( Q ) : 2 x − 2 y + z + C = 0 ; C ≠ −5

Chọn M ( 0; 0;5 ) ∈ ( P ) Ta có d ( ( P ) ; ( Q ) ) = d ( M ; ( Q ) ) =

5+C 2

22 + ( −2 ) + 12

C = 4 =3 ⇔   C = −14

C = 4 ⇒ ( Q ) : 2 x − 2 y + z + 4 = 0 khi đó ( Q ) cắt Ox tại điểm M 1 ( −2;0;0 ) có hoành độ âm nên trường hợp này ( Q ) không thỏa đề bài.

C = −14 ⇒ ( Q ) : 2 x − 2 y + z − 14 = 0 khi đó ( Q ) cắt Ox tại điểm M 2 ( 7 ; 0; 0 ) có hoành độ dương do đó

( Q ) : 2 x − 2 y + z − 14 = 0 thỏa đề bài. Vậy phương trình mặt phẳng ( Q ) : 2 x − 2 y + z − 14 = 0 . Câu 60. Vì mặt phẳng ( P ) song song với mặt phẳng ( Q ) ⇒ vtptnP = vtptnQ = (1; 2; 2 ) Phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng x + 2 y + 2 z + D = 0 31

⇔

Câu 63.

Gọi phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng x + 2 y + 2z + d = 0 Với d ≠ 0;d ≠ −3 .

d +3 d = 0 . =1⇒  12 + 22 + 22 d = −6 Kết hợp điều kiện ⇒ ( P ) có dạng: x + 2 y + 2z − 6 = 0 .

( ( P ); (Q )) = 1 ⇔

Dạng 2.4 Xác định phương trình mặt phẳng đoạn chắn Câu 64. Lời giả i Chọn C x y z Ta có: M ( 2;0;0 ) , N ( 0; − 1;0 ) , P ( 0;0;2) ⇒ ( MNP ) : + + =1 2 −1 2 x y z Câu 65. Ta có phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn: + + =1 −1 2 −3 Câu 66. Ta có A (1;0;0 ) , B ( 0; 2;0 ) , C ( 0;0;3) lần lượt là hình chiếu của M lên Ox, Oy, Oz .

x y z + + = 1. 1 2 3 x y z + + = 1 ⇔ 4 x − 3 y + 6 z + 12 = 0 . Phương trình mặt phẳng ( ABC ) : −3 4 −2

Phương trình đoạn chắn có dạng: Câu 67.

Câu 68.

Câu 69.

Sử dụng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn, ta có phương trình mặt phẳng qua các điểm x y z A (1;0;0 ) , B ( 0;3;0 ) , C ( 0; 0;5) là + + = 1. 1 3 5 Ta có phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A (1;0;0 ) , B ( 0; − 2; 0 ) và C ( 0; 0;3) là:

x y z + + = 1. 1 −2 3 Câu 70. Chọn D Cách 1. Giả sử ( P ) đi qua 3 điểm M ( a;0;0 ) , N ( 0; b;0 ) , P ( 0; 0; c )

Suy ra ( P ) :

Câu 75.

Giả sử A ( a;0;0 ) ; B ( 0; b;0 ) ; C ( 0;0; c ) . Khi đó mặt phẳng ( ABC ) :

x y z + + =1 a b c

Ta có: AH = ( 2 − a;1;1) ; BH = ( 2;1 − b;1) BC = ( 0; −b; c ) ; AC = ( − a;0; c ) 2 1 1  H ∈ ( ABC ) a + b + c =1 a = 3    Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên  AH .BC = 0 ⇔  −b + c = 0 ⇔ b = 6   −2a + c = 0 c = 6    BH . AC = 0  Vậy A ( 3;0;0 )

x y z + + =1 a b c

1 1 1  a + b + c = 1  a = 2 Mà ( P ) đi qua A (1;1;1) và B ( 0; 2; 2 ) nên ta có hệ  ⇔ 2 2 2 + 2 =1  b + c = 1  b c Theo giả thuyết ta có OM = 2ON ⇔ a = 2 b ⇔ b = 1 TH1. b = 1 ⇒ c = −2 suy ra ( P ) : x + 2 y − z − 2 = 0

2 suy ra ( P ) : x − 2 y + 3z − 2 = 0 3 Gọi A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M (1; 2;3) lên Ox, Oy, Oz .

TH1. b = −1 ⇒ c = − Câu 71.

Suy ra: A (1; 0;0 ) , B ( 0; 2; 0 ) , C ( 0;0;3) .

Câu 76. Mặt phẳng (α ) cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A ( m;0;0 ) , B ( 0; n; 0 ) , C ( 0; 0; p ) , m, n, p ≠ 0 . Ta có

x y z Vậy phương trình mặt phẳng ( ABC ) theo đoạn chắn là + + = 1 . 1 2 3 Câu 72. Phương trình mặt phẳng ( ABC ) (theo đoạn chắn) là

phương trình mặt phẳng (α ) có dạng

x y z + + = 1 ⇔ −3x + 6 y + 2 z + 6 = 0 . 2 −1 −3 Câu 73. M (8; −2; 4) chiếu lên Ox, Oy, Oz lần lượt là A(8;0;0), B (0; −2;0), C (0; 0; 4) x y z + = 1 ⇔ x − 4 y + 2z − 8 = 0 Phương trình đoạn chắn qua A, B, C là: + 8 −2 4 Câu 74. Giả sử A ( a ;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) , abc ≠ 0. Khi đó mặt phẳng (α ) có dạng:

x y z + + = 1. a b c

2 1 3 Do M ∈ (α ) ⇒ + − = 1 (1) a b c Ta có: AM = ( 2 − a;1; −3) , BM = ( 2;1 − b; −3) , BC = ( 0; −b; c ) , AC = ( − a;0; c ) b = −3c  AM . BC = 0  −b − 3c = 0  Do M là trực tâm tam giác ABC nên:  ⇔ ⇔ 3c  −2a − 3c = 0  a = − 2  BM . AC = 0 4 1 3 14 Thay ( 2 ) vào (1) ta có: − − − = 1 ⇔ c = − ⇒ a = 7, b = 14. 3c 3c c 3 x y 3z Do đó (α ) : + − = 1 ⇔ 2 x + y − 3z − 14 = 0. 7 14 14

1 2 3 Mà M ∈ (α ) ⇔ + + = 1. (1) m n p Ta có AM = (1 − m; 2;3) , BM = (1; 2 − n;3) , BC = ( 0; − n; p ) , AC = ( − m; 0; p ) . 3 p − 2n = 0  AM .BC = 0 . ( 2) ⇔ M là trực tâm tam giác ABC ⇒  BM AC . = 0 3 p − m = 0  14 Từ (1) và ( 2 ) suy ra: m = 14; n = 7; p = . 3 x y 3z Suy ra (α ) có phương trình + + = 1 ⇔ x + 2 y + 3z − 14 = 0 . 14 7 14 Vậ y T = a + b + c = 1 + 2 + 3 = 6 . Câu 77.

( 2)

x y z + + = 1. m n p

Từ giả thiết ta có a > 0, b > 0, c > 0 và thể tích khối tứ diện OABC là VOABC =

Ta có phương trình đoạn chắn mặt phẳng ( P ) có dạng Mà M ∈ ( P ) ⇒

x y z + + = 1. a b c

1 1 1 + + = 1. a b c

Áp dụng bất đẳng thức côsi cho ba số ta có: 1 =

1 1 1 1 + + ≥ 33 ⇒ abc ≥ 27 . a b c abc 34

1 abc . 6

1 9 abc ≥ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3 . 6 2 9 Vậy minVOABC = ⇔ a = b = c = 3 . Khi đó a + 2b + 3c = 18 . 2 Câu 78. Cách 1 : Ta có tính chất hình học sau : tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB , OC đôi một vuông góc thì điểm M là

Do đó VOABC =

trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của điểm O lên mặt phẳng ( ABC ) . Do đó mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M (1; 2;5) và có véc tơ pháp tuyến OM (1; 2;5) .

Phương trình mặt phẳng ( P ) là ( x − 1) + 2 ( y − 2 ) + 5 ( z − 5) = 0 ⇔ x + 2 y + 5 z − 30 = 0. Cách 2: Giả sử A ( a;0;0 ) ; B ( 0; b;0 ) ; C ( 0;0; c ) Khi đó phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng

x y z + + =1. a b c

1 2 5 Theo giả thiết ta có M ∈ ( P ) nên + + = 1(1) . a b c Ta có AM = (1 − a; 2;5 ) ; BC ( 0; − b; c ) ; BM = (1; 2 − b;5 ) ; AC ( −a; 0; c )  AM .BC = 0  2b = 5c Mặt khác M là trực tâm tam giác ABC nên  ⇔ ( 2)  a = 5c  BM . AC = 0

x y z + + =1. a b c 9 1 1 Vì mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M ( 9;1;1) nên + + = 1 . a b c 9 1 1 9 Ta có 1 = + + ≥ 3 3 ⇒ a.b.c ≥ 243 . a b c a.b.c 1 243 81 81 . VOABC = a.b.c ≥ = . Vậy thể tích tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất là 6 6 2 2

Mặt phẳng ( P ) có phương trình ( theo đoạn chắn):

Dạng 3. Một số bài toán liên quan điểm với mặt phẳng Dạng 3.1 Điểm thuộc mặt phẳng Câu 81. Chọn D Ta có: 1 − 1 + 1 − 6 = −5 ≠ 0 ⇒ M ( 1; −1;1) là điểm không thuộc ( α ) . Câu 82. Chọn B Ta có 1 − 2.1 + 6 − 5 = 0 nên M (1;1; 6 ) thuộc mặt phẳng ( P ) . Câu 83.

Điểm N (1;1;1) có tọa độ thỏa mãn phương trình mặt phẳng ( P ) nên N ∈ ( P ) .

Câu 84.

Ta có: 2.2 − 1 + 0 − 3 = 0 ⇒ M ( 2;1;0 ) ∈ ( P ) :2 x − y + z − 3 = 0 .

Câu 85.

Từ (1) và ( 2 ) ta có a = 30; b = 15; c = 6 .

+ Thay toạ độ điểm Q vào phương trình mặt phẳng ( P ) ta được 2.1 − ( −2 ) + 2 − 2 = 4 ≠ 0 nên Q ∉(P) .

x y z + + = 1 ⇔ x + 2 y + 5 z − 30 = 0. 30 15 6 Câu 79. Mặt phẳng ( P ) : x + 4 y − 2 z − 6 = 0 có véctơ pháp tuyến nP = (1; 4; −2 ) . Mặt phẳng ( Q ) : x − 2 y + 4 z − 6 = 0 có véctơ pháp tuyến nQ = (1; − 2; 4 ) . Ta có  nP ; nQ  = (12; −6; −6 ) , cùng phương với u = ( 2; − 1; −1) . Gọi d = ( P ) ∩ ( Q ) . Ta có đường thẳng d có véctơ chỉ phương là u = ( 2; − 1; −1) và đi qua điểm

Phương trình mặt phẳng ( P ) là

M ( 6;0;0 ) . Mặt phẳng (α ) cắt các trục tọa độ tại các điểm A ( a ; 0;0 ) , B ( 0; b ; 0 ) , C ( 0;0; c ) với abc ≠ 0 . x y z + + =1. a b c  1 1 1 Mặt phẳng (α ) có véctơ pháp tuyến n =  ; ;  . a b c 2 1 1 a = 6  a − b − c = 0 n ⊥ u  Mặt phẳng (α ) chứa d ⇔  ⇔ ⇔ 1 1 1 .  M ∈ (α ) 6 =1  b + c = 3 (∗)   a Ta lại có hình chóp O. ABC là hình chóp đều ⇔ OA = OB = OC ⇔ a = b = c ⇔ b = c = 6

Phương trình mặt phẳng (α ) :

Kết hợp với điều kiện ( ∗) ta được b = c = 6 . x y z Vậy phương trình của mặt phẳng (α ) : + + = 1 ⇔ x + y + z − 6 = 0 . 6 6 6 Câu 80. Giả sử A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) với a, b, c > 0 . 35

+ Thay toạ độ điểm P vào phương trình mặt phẳng ( P ) ta được 2.2 − ( −1) + ( −1) − 2 = 2 ≠ 0 nên P ∉ ( P ) . + Thay toạ độ điểm M vào phương trình mặt phẳng ( P ) ta được 2.1 − 1 + ( −1) − 2 = −2 ≠ 0 nên M ∉ ( P ) . + Thay toạ độ điểm N vào phương trình mặt phẳng ( P ) ta được 2.1 − ( −1) + ( −1) − 2 = 0 nên N ∈ ( P ) . Dạng 3.2 Phương trình mặt phẳng qua 3 điểm Câu 86. Không mất tính tổng quát, ta giả sử M , N , P lần lượt là hình chiếu vuông góc của A ( 2; −3;1) lên các mặt phẳng tọa độ ( Oxy ) , ( Oxz ) , ( Oyz ) . Khi đó, M ( 2; −3;0 ) , N ( 2;0;1) và P ( 0; −3;1) MN = ( 0;3;1) và MP = ( −2; 0;1) . Ta có, MN và MP là cặp vectơ không cùng phương và có giá nằm trong ( MNP ) Do đó, ( MNP ) có một vectơ pháp tuyến là n =  MN , MP  = ( 3; −2;6 ) . Mặt khác, ( MNP ) đi qua M ( 2; −3;0 ) nên có phương trình là:

3 ( x − 2 ) − 2 ( y + 3) + 6 ( z − 0) = 0 ⇔ 3x − 2 y + 6 z − 12 = 0 . Ta có AB = ( 3; −3;3) ; AC = ( 2; −1;3) . Suy ra  AB; AC  = ( −6; −3;3) . Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) có vecto chỉ phương u vuông góc với AB; AC nên u cùng phương với  AB, AC  do đó chọn u (2;1; −1) . Câu 88. Ta có: AB = ( 2; −3; −1) ; AC = ( −2; 0; −2 ) . Câu 87.

 −3 −1 −1 2 2 −3     AB, AC  =  0 −2 ; −2 −2 ; −2 0  = ( 6;6; − 6 ) .   1 Chọn n =  AB; AC  = (1;1; − 1) là một VTPT của mp ( ABC ) . Ta có pt mp ( ABC ) là: 6 x + y − 1 − z + 2 = 0 ⇔ x + y − z + 1 = 0 . Vậy a = 1, d = 1 . Câu 89. Lờigiải Ta có AB = ( −1; 0;1) , AC = (1;1;1) . Mặt phẳng ( ABC ) có VTPT n =  AB, AC  = ( −1;2; −1) đi qua A có phương trình là: −1( x − 1) + 2 y − z = 0 ⇔ − x + 2 y − z + 1 = 0 .

Để AB = d ( A , ( P ) ) ⇒ 3 = Câu 98.

3x A + 4 y A + 2 z A + 4

Khoảng cách d từ A đến ( P ) là d ( A, ( P)) =

32 + 42 + 22

Câu 93.

3−8+ 6+ 4 29

Câu 95.

Ta có M ∈ Oy ⇒ M ( 0; y; 0 ) .

−y −5 3

2.1 − 2.2 + 1 + 4 2

22 + ( −2 ) + 12

=1.

⇔ y = −3 .

Vậy M ( 0; − 3;0 ) Câu 96.

Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( Q ) bằng d ( M , ( Q ) ) =

Câu 97.

Ta có AB = ( 2; 2;1) ⇒ AB = 2 2 + 2 2 + 12 = 3 (1) .

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( P ) : d ( A , ( P ) ) =

2.1 + 2 + m.3 − 1 22 + 12 + m 2 37

A + B +C

2 ⇔ 3( B 2 + C 2 + 2 BC ) = 4( A2 + B 2 + C 2 ) 3

B =1⇒ A =1  Cho C = 1: 17 B 2 − 54 B + 37 = 0 ⇔  37 −23 B = ⇒ A=  17 17 ( P ) : x + y + x −1 = 0

( P ) : −23 x + 37 y + 17 z + 23 = 0 Câu 99. Chọn A x y z ( ABC ) : + + = 1 ⇔ 6 x + 3 y + 2 z − 12 = 0 . 2 4 6 ( P ) // ( ABC ) ⇒ ( P ) : 6 x + 3 y + 2 z + m = 0 ( m ≠ −12 ) . cách đều D và mặt phẳng ( ABC ) ⇒ d ( D, ( P ) ) = d ( A, ( P ) ) 6.2 + 3.4 + 2.6 + m

Câu 100. Vì d ( B; ( P ) ) = 2d ( A; ( P ) ) và ( P ) cắt đoạn AB tại I nên

Khoảng cách d từ điểm M (1; 2;1) đến mp ( P ) là d = d ( M , ( P ) ) =

6.2 + 3.0 + 2.0 + m 36 + m = 12 + m = ⇔ 36 + m = 12 + m ⇔  62 + 32 + 22 62 + 32 + 22 36 + m = −12 − m ⇔ m = −24 (nhận). Vậy phương trình của ( P ) là 6 x + 3 y + 2 z − 24 = 0 .

Câu 94.

B+C 2

Thay (1) vào (2) ta có: B 2 + C 2 − 6 BC + 4(−2 B + 3C ) 2 = 0 ⇔ 17 B 2 − 54 BC + 37C 2 = 0

( P)

1 + 2.2 + 2.( −3) − 10

y +1

2 ⇔ 3

⇔ B 2 + C 2 − 6 BC + 4 A2 = 0 (2)

⇔

Theo giả thiết: d ( M ( P ) ) = d ( M ( Q ) ) ⇔

 qua A(1; 0;0) Gọi ( P ) :     VTPT n = ( A; B; C ) ≠ 0

d (C ;( P )) =

−11 11 = = . 3 3 12 + 22 + 22 2. ( −1) − 2.2 + 0 − 1 5 = . Ta có d ( M , ( P ) ) = 2 3 22 + ( −2 ) + 12 d ( M ;( P )) =

⇔ 9 ( 5 + m 2 ) = 9 ( m + 1) ⇔ m = 2 .

B ∈ ( P ) : − A − 2 B + 3C = 0 ⇔ A = −2 B + 3C (1)

5 ⇒ d ( A, ( P)) = 29 Câu 92.

5 + m2

( P ) : A.( x −1) + By + Cz = 0

( a − 1)2 + b 2 + c 2 = a 2 + b 2 + ( c − 1)2 a = 1  IA = IB −2a + 2c = 0   1  2 2 2 2    2 2 ⇔ a + b + ( c − 1) = ( a − 2 ) + ( b − 1) + ( c − 1) ⇔ 4a + 2b = 5 ⇔ b = Ta có  IB = IC 2  I ∈ mp ABC −a + 2b − c + 1 = 0  ( ) −a + 2b − c + 1 = 0   c = 1   1  ⇒ I  1; ;1 ⇒ a + 2b + c = 1 + 1 + 1 = 3 .  2  Dạng 3.3 Khoảng cách từ điểm đến mặt Câu 90. Chọn B 3.1 + 4. ( −2 ) + 2.3 + 4 5 Khoảng cách từ điểm A đến ( P ) là d = = ⋅ 29 32 + 42 + 22 Câu 91.

3m + 3

1 + 2 ( −2 ) − 2.1 + 1 2

1 + 2 + ( −2 )

3m + 3 5 + m2

( 2) .

4 ⋅ 3

7   a − 5 = −2 ( a − 1) a = 3   BI = −2 AI ⇔  b + 4 = −2 ( b − 2 ) ⇔ b = 0 ⇒ a + b + c = 4 .   5  c + 1 = −2 ( c − 3) c = 3  Dạng 3.4 Cực trị Câu 101. Chọn B Gọi I (x ; y ; z ) là điểm thỏa mãn 2MA + 3MB = 0 suy ra I (− 1;1;1)

IA2 = 27 ; IB 2 = 12 ; d (I , (P )) = 3 2 2 2 2 2 2MA2 + 3MB 2 = 2 MI + IA + 3 MI + IB = 5MI + 2IA + 3IB = 5MI 2 + 90

(

)

(

)

Mà 2MA2 + 3MB 2 nhỏ nhất ⇔ MI nhỏ nhất Suy ra MI ≥ d I , (P ) = 3

(

)

Ta có: d ( O;( ABC ) ) = OH ≤ OM ⇒ khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng ( ABC ) có giá trị lớn nhất

Vậy 2MA2 + 3MB 2 ≥ 5.9 + 90 = 135 Câu 102. Ta có: d ( M , ( P ) ) ≤ MA Nên d ( M , ( P ) )max = MA khi A là hình chiếu của M trên mặt phẳng ( P ) . Suy ra AM ⊥ ( P ) ⇒ AM = ( −3; − 3; − 3) là vectơ pháp tuyến của ( P ) . ( P ) đi qua A (1; 7; 2 ) và nhận AM = ( −3; − 3; − 3 ) là vectơ pháp tuyến nên có phương trình −3 ( x − 1) − 3 ( y − 7 ) − 3 ( z − 2 ) = 0 ⇔ x + y + z − 10 = 0 . Câu 103. Gọi I ( x; y; z ) là điểm thỏa mãn IA + 2 IB + 3IC = 0 . Ta có IA = ( −10 − x; −5 − y;8 − z ) , IB = ( 2 − x;1 − y; −1 − z ) , IC = ( 2 − x;3 − y; − z ) .

( −10 − x ) + 2 ( 2 − x ) + 3 ( 2 − x ) = 0 x = 0   Khi đó, ( −5 − y ) + 2 (1 − y ) + 3 ( 3 − y ) = 0 ⇔  y = 1 ⇒ I ( 0;1;1) .  z = 1  (8 − z ) + 2 ( −1 − z ) + 3 ( − z ) = 0 Với điểm M thay đổi trên ( P ) , ta có 2 2 2 MA2 + 2MB 2 + 3MC 2 = MI + IA + 2 MI + IB + 3 MI + IC = 6MI 2 + IA2 + 2IB 2 + 3IC 2 + 2MI IA + 2IB + 3IC = 6MI 2 + IA2 + 2 IB2 + 3IC 2 (Vì IA + 2 IB + 3IC = 0 ). Ta lại có IA2 + 2IB 2 + 3IC 2 = 185 + 2.8 + 3.9 = 228 . Do đó, MA2 + 2MB 2 + 3MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ MI đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu vuông góc của I trên ( P ) .

(

)

(

)

(

)

Vậy giá trị nhỏ nhất của MA2 + 2MB2 + 3MC 2 bằng 6MI 2 + 228 = 6.9 + 228 = 282 . 2 2 Giá trị nhỏ nhất của MA + 2MB + 3MC 2 đạt được khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I trên ( P) . Câu 104. C ( a; b; − 2 ) ∈ ( P ) ⇒ a − b + 2 = 0 ⇒ b = a + 2 ⇒ C ( a; a + 2; − 2 ) . AB = ( 0; − 2; − 2 ) , AC = ( a − 1; a ; − 5 ) ⇒  AB, AC  = (10 + 2a ; − 2a + 2; 2a − 2 ) .

1   AB, AC  = 2 ≥ 2 6 với ∀a .

( 2a + 10 )

)

Khi đó, MI = d ( I , ( P ) ) = 3 .

S∆ABC =

+ 2 ( 2a − 2 )

12a 2 + 24a + 108 2 = 3 ( a 2 + 2a + 9 ) = 3 ( a + 1) + 24 2

Do đó min S∆ABC = 2 6 khi a = −1 . Khi đó ta có C ( −1;1; −2 ) ⇒ a + b = 0 . Câu 105. Lời giả i x y z Phương trình mặt phẳng ( ABC ) : + + = 1 . a b c Nhận thấy, điểm M (2; −2;1) ∈ ( ABC ) ; OM = ( 2; −2;1) , OM = 3 .

A H M Câu 106. +) Nhận xét: AB ( 2;2;2 ) ⇒ AB = 2 3; A ∈ ( P ) . MA + 2 3 MA + AB sin B + sin M = = MB MB sinA A B−M B−M 2 cos cos cos 2 2 = 2 ≤ 1 ⇔P= A A A A 2 cos sin sin sin 2 2 2 2  AB = AM A +) Để Pmax ⇔ sin min, dấu bằng xả y ra khi  2  ABM = ABH

+) Xét tam giác MAB ta có P =

( P) : x − 2 y + 2 z − 3 = 0 ⇒ d B/( P) =

2 24 3 − 8 26 ⇒ BM = 3 3

⇒ Pmax = 54 + 6 78 .

Câu 107. Ta có MA − MB ≤ AB với mọi điểm M ∈ ( P ) Vì ( 2.4 + 5 + 2.6 + 1) . ( 2.1 + 1 + 2.2 + 1) = 208 > 0 nên hai điểm A, B nằm cùng phía với ( P ) Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi M = AB ∩ ( P ) Khi đó, MA − MB nhận giá trị lớn nhất là: AB = Câu 108. Cách 1:

( 4 − 1)

+ ( 5 − 1) + ( 6 − 2 ) = 41 .

Ta có d ( A; ( P ) ) =

Xét f ( m ) =

m − 1 + 1 + 2m − 1

( m − 1)

( 3m − 1)

+ 1 + m2

2 ( m 2 − m + 1)

Vậy max d ( A; ( P ) ) =

⇒ f ′ (m) =

( 3m − 1)

2 ( m2 − m + 1)

1 3.  m = 5

( 5 − m )( 3m − 1) = 0 ⇔  m = 2 ( m 2 − m + 1)

14 khi m = 5 ∈ ( 2; 6 ) . 3

Câu 109. Chọn A Gọi ( P ) cắt các tia Ox, Oy , Oz lần lượt tại các điểm A ( a;0;0 ) ; B ( 0; b;0 ) ; C ( 0;0;c ) ( a, b, c > 0 )

x y z + + =1 a b c 1 2 1 Vì M ∈ ( P ) nên ta có + + = 1 a b c

Ta có ( P ) :

Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có 1 = Thể tích khối chóp VOABC =

⇔ ( x − 3) + ( y − 1) + ( z − 4 ) ≥

1 abc ≥ 9 6

1 2 1  a + b + c = 1 Dấu bằng xảy ra khi các số tham gia cô si bằng nhau nghĩa là  ⇔ a = 3; b = 6; c = 3 1 = 2 = 1  a b c x y z Vây pt mặt phẳng ( P ) : + + = 1 ⇒ N ( 0;2;2 ) ∈ ( P ) 3 6 3 Câu 110. Chọn B. Gọi M ( x; y; z ) ∈ (α ) ⇒ x + 2 y − 3z − 7 = 0 MA = ( 4 − x; −2 − y; 6 − z ) ; MB = ( 2 − x; 4 − y; 2 − z ) MA.MB = ( 4 − x )( 2 − x ) + ( −2 − y )( 4 − y ) + ( 6 − z )( 2 − z )

x = 4  x + 2 y − 3z − 7 = 0    x − 3 y −1 z − 4 ⇔  y = 3 . = = z = 1 2 −3  1  Câu 111. Gọi G ( x1 ; y1 ; z1 ) là trọng tâm tam giác ABC . Vì G là trọng tâm tam giác ABC và M là điểm tùy ý nên MA + MB + MG = 3MG. Vậy S = MA + MB + MC = 3MG = 3MG.

Min MA.MB = 2 xảy ra khi và chỉ khi

(

)

x A + xB + xC −1 + 2 − 4  = = −1  x1 = 3 3  y + yB + yC 3 + 6 − 12  Do G là trọng tâm tam giác ABC nên  y1 = A = = −1 ⇒ G ( −1; −1;3) . 3 3  z A + zB + zC 5 − 1 + 5  = =3  z1 = 3 3  Vì G cố định nên S = 3MG đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất. Tức là MG ⊥ ( P ) .

19  −1 − a − 2 ( 3 − a ) + 3 ( −4 − a ) = 0 a = − 2   1  19 Khi đó: 2 − b − 2 ( −1 − b ) + 3 ( 0 − b ) = 0 ⇔ b = 2 ⇔ M  − ; 2; −  . 2  2   1 5 − c − 2 ( 0 − c ) + 3 ( −2 − c ) = 0 c = − 2  Ta có: IA − 2IB + 3IC = IM + MA − 2 IM − 2MB + 3IM + 3MC = 2 IM + MA − 2 MB + 3MC = 2 IM = 2IM . Biểu thức IA − 2IB + 3IC đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ IM nhỏ nhất ⇔ I là hình chiếu vuông góc của M lên

(

)



−1.1 + 2. ( −1) − 2.3 − 5

14 = = MG. 2 3 12 + 22 + ( −2 ) 14 Vậy giá trị nhỏ nhất S = MA + MB + MC = 3MG = 3MG = 3. = 14. 3 Câu 112. Gọi M ( a; b; c ) là điểm thỏa mãn MA − 2 MB + 3MC = 0 .

( Oxy ) ⇔ I  −

= x2 + y 2 + z 2 − 6 x − 2 y − 8z + 12 = ( x − 3 ) + ( y − 1) + ( z − 4 ) − 12 Áp dụng bđt B. C. S: 12 + 22 + ( −3)2  ( x − 3)2 + ( y − 1)2 + ( z − 4)2  ≥  x − 3 + 2 ( y − 1) − 3 ( z − 4 ) 2      2 2 2 2 ⇔ 14 ( x − 3) + ( y − 1) + ( z − 4 )  ≥ [ x + 2 y − 3z + 7]  

⇔ ( x − 3 ) + ( y − 1) + ( z − 4 ) − 12 ≥ 2

Ta có: d ( G , ( P ) ) =

1 2 1 33 2 + + ≥ ⇔ abc ≥ 54 a b c 3 abc

(7 + 7) 2

19  ; 2; 0  . 2 

Khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng ( P ) là: d ( I ; ( P ) ) =

 19  4.  −  + 3.2 + 2  2 42 + 32

= 6.

1 4 9 a = 6  a + b + c = 1 a +b + c = 49  x y z Dấu “ = ” xảy ra khi   → b = 12. Nên ( P ) : + + = 1. 1 2 3 6 12 18  = = c = 18   a b c 36 Vậ y d = . 7 Câu 116. Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A, B trên mặt phẳng ( P ) ⇒ AH = BK = 3, H (1; −1;0 ) , K ( 0;1; 2 ) , HK = 3. Đặt HM = t ta có: HM + MN + NK ≥ HK = 3 ⇒ NB ≥ 2 − t 2 2 AM 2 + 3BN 2 = 2 AH 2 + 2 HM 2 + 3BK 2 + 3KN 2 ≥ 45 + 2t 2 + ( 2 − t ) ≥ 49,8

Câu 113. Ta có AB = ( 2; − 2;4 ) ⇒ AB = 2 6 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên mặt phẳng ( P ) .

Dấu bằng xảy ra khi M , N ∈ đoạn thẳng HK . Vậy Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 AM 2 + 3BN 2 bằng 49,8

Ta có d ( B , ( P ) ) = BH ≤ BA = 2 6 ⇒ maxd ( B , ( P ) ) = 2 6 , đạt được khi H ≡ A . Khi đó mặt phẳng ( P ) đi qua A và nhận AB = ( 2; − 2;4 ) là véctơ pháp tuyến.

Câu 117. Giả sử A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) với a, b, c > 0 .

Suy ra phương trình mặt phẳng ( P ) là 2 ( x − 1) − 2 ( y − 2 ) + 4 ( z + 1) = 0 ⇔ x − y + 2 z + 3 = 0 . Câu 114. Chọn D 3

VA.BCD AB AC AD V 1  AB AC AD  64 64 = . . ≤  + + ⇒ A.BCD ≥  = VA.B′C′D′ AB′ AC ′ AD′ 27  AB′ AC ′ AD′  27 VA.B′C ′D′ 27 AB AC AD 4 AB′ AC ′ AD′ 3 Dấu " = " xả y ra khi và chỉ khi = = = ⇔ + + = AB′ AC ′ AD′ 3 AB AC AD 4 AB′ AC ′ AD′ 3 Như vậy, tứ diện AB′C ′D′ có thể tích nhỏ nhất khi và chỉ khi + + = . AB AC AD 4 Khi đó ( B′C′D′ ) // ( BCD ) . Ta có

x y z + + =1. a b c 9 1 1 Vì mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M ( 9;1;1) nên + + = 1 . a b c 9 1 1 9 ⇒ a.b.c ≥ 243 . Ta có 1 = + + ≥ 3 3 a b c a.b.c 1 243 81 81 . VOABC = a.b.c ≥ = . Vậy thể tích tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất là 6 6 2 2

Mặt phẳng ( P ) có phương trình ( theo đoạn chắn):

Câu 118. Chọn A Gọi mặt phẳng ( P ) đi qua điểm M (1; 4;9 ) cắt các tia tại A ( a; 0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) với a, b, c > 0 ta

Ta có ( BCD ) : 4 x + 10 y − 11z + 14 = 0 .

x y z 1 4 9 có ( P ) : + + = 1 suy ra + + = 1 và OA + OB + OC = a + b + c đạt giá trị nhỏ nhất khi a b c a b c

Suy ra ( B′C ′D′ ) : 4 x + 10 y − 11z + m = 0, m ≠ 14 .

3  3 3 3  7 1 7 Ta có AB′ = AB ⇒ AB′ =  ; − ;  ⇒ B′  ; ;  . 4 4 4 4 4 4 4 7 1 7 39  Thay tọa độ điểm B′  ; ;  vào phương trình ( B′C ′D′ ) ⇒ m = (nhận). 4 4 4 4   Vậy ( B′C ′D′ ) :16 x + 40 y − 44 z + 39 = 0

1 4 9 12 22 32 (1 + 2 + 3) + + = + + ≥ ⇒ a + b + c ≥ 36 a b c a b c a+b+c

a = 6 x y z  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = 12 ⇒ ( P ) : + + = 1 6 12 18 c = 18 

Câu 115. Giả sử A ( a; 0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) với a, b, c > 0. x y z Phương trình mặt phẳng ( P ) : + + = 1 . a b c 1 4 9 M (1; 4;9 ) ∈ ( P ) ⇒ + + = 1 . a b c Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:   1 2  4 2  9 2  1 4 9  + + a + b + c = ( )  +  +       a   b   c   a b c   ⇒ a + b + c ≥ 49.

Nên d ( o; ( p ) ) =

0 0 0 + + −1 6 12 18 2

1  1   1    +  +   6   12   18 

36 7

Câu 119.

((

) + ( b ) + ( c ) ) ≥ (1 + 2 + 3) . 2

Lời giả i x y z + + =1. a b c Nhận thấy, điểm M (2; −2;1) ∈ ( ABC ) ; OM = ( 2; −2;1) , OM = 3 . Phương trình mặt phẳng ( ABC ) :

Ta có: d ( O;( ABC ) ) = OH ≤ OM ⇒ khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng ( ABC ) có giá trị lớn nhất

1 1   a = 2k  a = 2k   1 1  khi OM ⊥ ( ABC ) ⇔ n( ABC ) = k .OM , (k ≠ 0) ⇒  = −2k ⇔ b = − . 2k b  1 1  c = k c = k   2 2 1 9 9 2 2 1 1 Mà − + = 1 nên − + = 1 ⇔ 9k = 1 ⇔ k = . Do đó a = ; b = − ; c = 9 . 1 1 1 a b c 2 2 9 − 2k 2k k 9 9 Vậy d max ( O;( ABC ) ) = OM = 3 khi a = ; b = − ; c = 9 . 2 2 Câu 120. Từ giả thiết ta có a > 0, b > 0, c > 0 và thể tích khối tứ diện OABC là VOABC = Ta có phương trình đoạn chắn mặt phẳng ( P ) có dạng

1 1 ; b=c= . 3 12 1 1 1 1  1   1   Suy ra tọa độ điểm A  ; ;  ; tọa độ các điểm M  ;0;0  ; N  0; ;0  ; P  0;0;  . 12   3 12 12  3   12   x y z Phương trình mặt phẳng ( MNP ) + + = 1 ⇔ 3 x + 12 y + 12 z − 1 = 0 . 1 1 1 3 12 12

Vậy Qmax = 16 ⇔ a =

Dạng 4. Một số bài toán liên quan giữa mặt phẳng – mặt cầu Dạng 4.1 Viết phương trình mặt cầu Câu 122. Chọn B Gọi mặt cầu cần tìm là (S ) . Ta có (S ) là mặt cầu có tâm I (1; 2; −1) và bán kính R . 1 abc . 6

x y z + + = 1. a b c

Vì (S ) tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) : x − 2 y − 2 z − 8 = 0 nên ta có 1 − 2.2 − 2.(−1) − 8 R = d ( I ; ( P)) = = 3. 2 2 12 + ( −2 ) + ( −2 ) 2

Do đó VOABC =

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 9 . Câu 123. Chọn D Vì mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P) : −1 + 4 − 2 + 8 ⇒ R = d ( I ;( P) ) = =3 1+ 4 + 4 2 2 Vậy: ( S ) : ( x + 1) + ( y − 2) + ( z − 1) 2 = 9

Vậy m in VOABC

Câu 124. Mặt cầu cần tìm có bán kính R = d ( I , (α ) ) =

Mà M ∈ ( P ) ⇒

1 1 1 + + = 1. a b c

Áp dụng bất đẳng thức côsi cho ba số ta có: 1 =

1 1 1 1 + + ≥ 33 ⇒ abc ≥ 27 . a b c abc

1 9 abc ≥ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3 . 6 2 9 = ⇔ a = b = c = 3 . Khi đó a + 2b + 3c = 18 . 2

t2 t2 ; bc ≤ . 2 4 2 5 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 9 ( ab + 2bc + ca ) ⇔ 5a 2 + 5 ( b + c ) − 9a ( b + c ) = 28bc ⇒ 5a 2 + 5t 2 − 9at ≤ 7t 2

Câu 121. Đặt t = b + c ( t > 0 ) ; b2 + c 2 ≥

⇔ ( 5a + t )( a − 2t ) ≤ 0 ⇔ a ≤ 2t . 4 1 Vậ y Q ≤ − = f ( t ) với t > 0 . t 27t 3 4 1 1 Ta có f ′ ( t ) = − 2 + 4 = 0 ⇔ t = (vì t > 0 ). t 9t 6 Ta có bảng biến thiên

2 − 2.1 + 2. ( −4 ) − 7 2

12 + ( −2 ) + 22

=5.

Phương trình mặt cầu cần tìm là ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z + 4 ) = 25

⇔ x2 + y 2 + z 2 − 4 x − 2 y + 8z − 4 = 0 . Câu 125. Ta có: Bán kính mặt cầu là: R = d ( I ; ( P ) ) = 2

−1 − 6 − 2 2

2 + ( −1) + ( −2 )

= 3.

Phương trình mặt cầu là: x 2 + ( y − 1) + ( z − 3) = 9 . Câu 126. Ta có bán kính của mặt cầu ( S ) là R = d ( I ; ( P ) ) =

−1 − 2.2 + 2.5 + 4 2

12 + ( −2 ) + 22

= 3.

Vậy mặt cầu ( S ) có tâm I ( −1; 2;5 ) và bán kính của R = 3 suy ra phương trình mặt cầu ( S ) là 2

( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z − 5)

= 32 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 10z + 21 = 0 .

Câu 127. Theo giả thiết R = d ( I , ( P ) ) = 2

2.1 − ( −2 ) + 2.3 − 1 2

22 + ( −1) + 22

Vậy ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2) + ( z − 3) = 9. Câu 128. Chọn C Gọi S , r lần lượt là diện tích hình tròn và bán kính hình tròn. Ta có: S = π r 2 = π ⇒ r = 1 45

d ( I ; ( P)) =

−3 − 2.0 − 2.1 − 1 1+ 4 + 4

Vì mặt cầu ( S ) đi qua 3 điểm M ( 2;3; 3 ) , N ( 2; −1; −1) , P ( −2; −1; 3 ) và có tâm I thuộc mp ( P ) nên ta có

( S ) có tâm I ( −3; 0;1) và bán kính R = d 2

( I ; ( P )) + r

= 2 +1 = 5

Phương trình mặt cầu ( S ) là: ( x + 3) + y + ( z − 1) = 5. Câu 129. Chọn B Gọi R, r lần lượt là bán kính của mặt ặt cầu cầ và đường tròn giao tuyến. Theo giải thiếtt ta có:

π r 2 = 2π ⇔ r 2 = 2 2

Mặt khác d ( I , ( P ) ) = 1 nên R 2 = r 2 +  d ( I , ( P ) ) = 3 . 2

2 Vậy phương trình mặt cầu là x + ( y + 2 ) + ( z −1) = 3 .

 4a + 6b + 6c − d = 22 a = 2  4a − 2b − 2c − d = 6 b = −1   hệ phương trình  ⇔ : T / m (*)  4a + 2b − 6c + d = −14 c = 3  2a + 3b − c = −2  d = −2

Vậy phương trình mặt cầu là: x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2 y − 6 z − 2 = 0. Câu 133. Chọn A Gọi I (1;1; 0 ) là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng (Oxy) x y + + z =1 m n Suy ra phương trình tổng quát của ( ABC ) là nx + my + mnz − mn = 0 1 − mn Mặt khác d ( I ; ( ABC ) ) = = 1 (vì m + n = 1 ) và ID = 1 = d (( I ; ( ABC ) ) . 2 m + n2 + m 2 n2 Nên tồn tại mặt cầu tâm I (là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng Oxy ) tiếp xúc với ( ABC ) và đi qua D . Khi đó R = 1 .

Ta có: Phương trình theo đoạn chắn của mặt phẳng ( ABC ) là:

Câu 134. Mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 4 ) + ( z − 1) = 4 có tâm I ( 2; 4;1) , bán kính R = 2 . m+2 = 1 + m2 + 1 m2 + 2 Mặt phẳng ( P ) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là đường tròn có đường kính bằng 2 nên bán kính đường tròn giao tuyến r = 1 . Ta có d ( I , ( P ) ) =

Câu 130. Gọi M là điểm nằm trên đường tròn giao tuyến của ( S ) và ( P ) . Ta có IM = R. Áp dụng công thức tính bán kính mặt cầu trong trường hợp mặt ặt ccầu ( S ) giao với mặt phẳng ( P ) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính r là IM 2 = R 2 = d (2I ; ( P )) + r 2 (*) Ta có: d( I ;( P )) =

−1 − 2.2 + 2. ( −1) − 2 2

12 + ( −2 ) + 22

(

)

Vì mặt cầu ( S ) tâm I ( a; b; c ) bán kính bằng 1 tiếp xúc với ( Oxz ) nên ta có: Câu 136. Mặt cầu ( S ) có tâm I = ( 2; −1; −1) , bán kính R = 4 + 1 + 1 − ( −10 ) = 16 = 4

Vậy phương trình mặt cầu ( S ) thỏa mãn yêu cầu đề bài là 2

( m + 2)

+ 1 ⇔ m2 + 4m + 4 = 3 m2 + 2 ⇔ 2m2 − 4m + 2 = 0 ⇔ m = 1 . m +2 Câu 135. Phương trình mặt phẳng ( Oxz ) : y = 0 .

Ta có R 2 = d 2 ( I , ( P ) ) + r 2 ⇔ 4 =

d ( I ; ( Oxz ) ) = 1 ⇔ b = 1 .

= 3 = IH .

Từ (*) ⇒ R 2 = 32 + 52 = 34 .

( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z + 1)

2 + 4m + 1 − 3m − 1

= 34.

Dạng 4.2 Vị trí tương đối, giao tuyến Câu 131. Chọn B Gọi ( P ) là mặt phẳng cần tìm. Khi đó, ( P ) tiếp xúc với ( S ) tại A khi chỉ khi ( P ) đi qua A ( 2;1; 2 ) và nhận vectơ IA = ( −1; −1;3) làm vectơ ơ pháp tuyến. Phương trình mặt phẳng ( P ) là − x − y + 3z − 3 = 0 ⇔ x + y − 3 z + 3 = 0 . Câu 132. Chọn D Giả sử phương trình mặt cầu ( S ) có dạng x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 .

Điều kiện: a 2 + b 2 + c 2 − d > 0 (*)

Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng ( P ) là: d ( I , ( P ) ) =

12 + 2 2 + ( −2 )

12 =4 3

Ta thấy: d ( I , ( P ) ) = R , vậy ( P ) tiếp xúc với ( S ) . Câu 137. Ta gọi phương trình mặt phẳng song song với mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 2 z − 11 = 0 có dạng :

( Q ) : 2 x − y + 2 z + D = 0, ( D ≠ −11) . Mặt cầu ( S ) có tâm I ( −1; 2;3) , bán kính R =

( −1)

+ 22 + 32 − 5 = 3

Vì mặt phẳng tiếp xúc với ( S ) nên ta có :

d ( I , (Q )) = R ⇔

2. ( −1) − 2 + 2.3 + D 2

2 + ( −1) + 2

=3⇔

2+ D = 3. 3

2 + D = 9 D = 7 ⇔ ⇔ . Do D ≠ −11 ⇒ D = 7 .  2 + D = −9  D = −11 Vậy mặt phẳng cần tìm là 2 x − y + 2 z + 7 = 0 . 47

2 + 2. ( −1) − 2 ( −1) + 10

Câu 138. Ta có M ( 0;0; 2 ) ∈ ( P ) ⇒ d ( ( P ) ; ( Q ) ) = d ( M; ( Q ) ) =

6 2

Với MH = d ( M , ( P ) ) =

6 ; d ( A; ( Q ) ) = 6 ⇒ d ( A; ( Q ) ) = d ( A; ( P ) ) + d ( ( Q ) ; ( P ) ) 2 Vậy không có mặt cầu thỏa yêu cầu bài toán Câu 139. Gọi I là trung điểm của AB ⇒ I (1;1;1) .

d ( A; ( P ) ) =

Mặt cầu ( S ) có đường kính AB nên có tâm là điểm I .

Mặt phẳng ( P ) tiếp xúc với mặt cầu ( S ) tại A nên mặt phẳng ( P ) đi qua A và nhận IA = ( 5;1; −6 ) là vectơ pháp tuyến. Phương trình mặt phẳng ( P ) :

5 ( x − 6) + 1( y − 2 ) − 6 ( z + 5) = 0 ⇔ 5x + y − 6 z − 62 = 0 . Câu 140. Chọn B  I (1; −1;1) Ta có ( S ) :  .  R = 3

2.1 − ( −2 ) − 2.0 − 1

( )

= 1. Suy ra r = 3 − 12 = 2 . 22 + 12 + 22 Câu 144. Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;0; − 2) và bán kính R = 15 .

6π = 3. 2π Mặt phẳng ( P ) song song với mặt phẳng ( Q ) nên phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng: Đường tròn có chu vi bằng 6π nên có bán kính r =

x − 2 y + z + D = 0 , D ≠ −5 . Vì mặt phẳng ( P ) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi bằng 6π nên

d ( I ; ( P )) = R2 − r 2 ⇔ d ( I ; ( P )) = 6 ⇔

 D −1 = 6 D = 7 . = 6 ⇔ D −1 = 6 ⇔  ⇔ D − 1 = − 6   D = −5 1 + ( −2 ) + 1

1 − 2.0 − 2 + D 2

Đối chiếu điều kiện ta được D = 7 . Do đó phương trình mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + z + 7 = 0 . Nhận thấy điểm có tọa độ ( −2; 2; − 1) thuộc mặt phẳng ( P ) . 2

Để ( P ) tiếp xúc với (S ) thì d ( I ; ( P ) ) = R ⇔

1 − m − 3m 3

 m + 3m − 10 = 0 m = 2 =3⇔  2 ⇔ . m = −5 m + 3 m + 8 = 0   2

Câu 141. Chọn A Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;1;1) và bán kính R = 5 Ta có chiều cao của khối nón h = d ( I , ( P ) ) = 2

Câu 145. Mặt cầu ( S ) có phương trình x2 + y 2 + z 2 − 6 x + 4 y − 12 = 0 có tâm I ( 3; − 2;0 ) và bán kính R = 5. Ta gọi khoảng cách từ tâm I của mặt cầu tới các mặt phẳng ở các đáp án là h , khi đó để mặt phẳng cắt mặt cầu ( S ) theo một đường tròn có bán kính r = 3 thì h = R 2 − r 2 = 25 − 9 = 4 .

1+ 2 + 2 + 7 12 + 2 2 + 2 2

Đáp án A loại vì h =

Bán kính đáy của hình nón là r = R − h = 25 − 16 = 3 1 1 Thể tích của khối nón V = π r 2 h = π .33.4 = 12π . 3 3 Vì (α ) ( β ) nên phương trình mp (α ) có dạng: 4 x + 3 y − 12 z + d = 0, ( d ≠ 10 ) . 4.1 + 3.2 − 12.3 + d 4 2 + 32 + ( −12 )

≠ 4.

14 ≠ 4. 3 Chọn đáp án C vì h = 4.

Đáp án B loại vì h =

Câu 142. Mặt cầu ( S ) có: tâm I (1; 2; 3) , bán kính R = 12 + 2 2 + 32 + 2 = 4 .

Vì ( β ) tiếp xúc mặt cầu ( S ) nên: d ( I ,( β )) = R ⇔

18 − 4 26

 d = −26 . = 4 ⇔ d − 26 = 52 ⇔   d = 78

Do ( β ) cắt trục Oz ở điểm có cao độ dương nên chọn d = 78 . Vậy mp ( β ) : 4 x + 3 y − 12 z + 78 = 0 .

1+ 3

≠ 4. 3 Câu 146. Mặt cầu (S ) : ( x − 1)2 + ( y − 2)2 + ( z + 4)2 = 9 có tâm I (1; 2; −4). IM = ( −1; 2; 2). Phương trình mặt phẳng (β ) đi qua M (0;4; −2) nhận IM = ( −1; 2; 2) làm véc-tơ pháp tuyến là −1( x − 0) + 2( y − 4) + 2( z + 2) = 0 ⇔ x − 2 y − 2 z + 4 = 0 . Đáp án D loại vì h =

Câu 147. Ta có mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 1) + ( z + 2 ) = 4 có tâm I ( 2; −1; −2 ) , bán kính R = 2 . Mặt phẳng ( P ) và mặt cầu ( S ) có đúng 1 điểm chung khi và chỉ khi mặt phẳng ( P ) tiếp xúc với mặt cầu

(S )

Câu 148.

4.2 − 3. ( −1) − m

m = 1 . = 2 ⇔ 11 − m = 10 ⇔  42 + 32  m = 21 2 2 Từ (S ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) + z 2 = 9 ta có tâm I = ( 2;1;0 ) bán

⇔ d ( I , ( P)) = R ⇔

kính R = 3 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên ( P ) và Câu 143. Mặt cầu tâm tâm M , bán kính bằng R = 3 cắt phẳng ( P ) theo giao tuyến là đường tròn tâm H , bán kính

r suy ra r = R 2 − MH 2 . 49

( P) ∩ ( S ) = C ( H ; r ) Ta có IH = d ( I ; ( P ) ) ⇔ IH =

với r = 2

2m + 2 − 0 + 1 m2 + 4 + 1

2m + 3 m2 + 5 50

Theo yêu cầu bài toán ta có R 2 = IH 2 + r 2 ⇔ 9 =

( 2m + 3)

(

)

Ta có d I , ( P ) =

m +5 m = 6 − 2 5 . ⇔ m − 12m + 16 = 0 ⇔   m = 6 + 2 5 Câu 149. ( Q) chứa trục Ox nên có dạng By + Cz = 0 ( B 2 + C 2 ≠ 0 ) .

a + 2b + 3c − 2

2 − 2c + 4 + 3c − 2

a2 + b 2 + c 2

( 2 − 2c )

( S ) có tâm I (1; − 2; − 1) và bán kính

Xét f ( c ) =

(c + 4)

5c 2 − 8c + 8

+ 22 + c 2

(c + 4)

5c 2 − 8c + 8

−48c 2 − 144c + 192

⇒ f ′(c) =

( 5c

R = 3.

Bán kính đường tròn giao tuyến r = 3. Vì R = r nên I ∈ ( Q ) .

− 8c + 8

)

( c + 4)

5c − 8c + 8

c = 1 f ′ (c ) = 0 ⇔   c = −4 Bảng biến thiên

⇔ −2B − C = 0 vì B , C không đồng thời bằng 0 nên chọn B = 1 ⇒ C = −2 . Vậ y ( Q ) : y − 2 z = 0 .

−4

x −∞ y'

−

+∞

1 +

5 1

(

)

Vậy d I ; ( P ) lớn nhất bằng

5 khi và chỉ khi c = 1 ⇒ a = 0, b = 2 ⇒ a + b + c = 3 .

Câu 152. Gọi H ( a ; b ; c ) là tiếp điểm của mặt phẳng (α ) và mặt cầu ( S ) . Từ giả thiết ta có a , b , c là

B H

các số dương. Mặt khác, H ∈ ( S ) nên a 2 + b 2 + c 2 = 3 hay OH = 3 ⇔ OH = 3 . (1) Mặt phẳng (α ) đi qua điểm H và vuông góc với đường thẳng OH nên nhận OH = ( a ; b ; c ) làm véctơ

N A

pháp tuyến. Do đó, mặt phẳng (α ) có phương trình là

a ( x − a) + b ( y − b) + c ( z − c) = 0

Câu 150. Giả sử đường thẳng d m cắt mặt cầu tại hai điểm A, B .

 x + (1 − 2m ) y + 4mz − 4 = 0 Đường thẳng M ( x; y ) ∈ d m thỏa  ⇒ 5 x + y − 2 z − 20 = 0 nên các giao điểm  2 x + my − ( 2m + 1) z − 8 = 0

)=0

⇔

ax + by + cz − 3 = 0

)  a1 + b1 + c1  = 9 .

(

2 2 2 Từ (1) và (2) ta có: a + b + c 

(

OA = OB = OC = 3 và VO . ABC = Lúc đó: S∆ABC =

a = 2 − 2c  A ∈ ( P ) 3a − 2b + 6c − 2 = 0 ⇔ ⇔ Ta có  b − 2 = 0 B ∈ P ( )  b = 2 

)  a1 + b1 + c1  ≥ 9 và dấu " = " xảy ra khi a = b = c = 1. Suy ra,

2 2 2 Mặt khác, ta có: a + b + c 

14 142 142 = . nên r = R 2 − d 2 ( I , ( P ) ) = 42 − 30 15 30 Dạng 4.3 Cực trị Câu 151. Chọn A Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1; 2; 3 ) và bán kính R = 5 d ( I , ( P)) =

9 9 9 1 1 1 + + = 27 ⇔ 2 + 2 + 2 = 3 (2) a 2 b2 c2 a b c

Theo đề: OA2 + OB 2 + OC 2 = 27 ⇔

của ( S ) và d m thuộc đường tròn giao tuyến giữa ( S ) và ( P ) : 5 x + y − 2 z − 20 = 0 .

OA.OB.OC 9 = . 6 2

3VO. ABC 9 3 = . OH 2

Câu 153. Chọn C

Bán kính của đường tròn giao tuyến là r = R 2 − d I ; ( P )  = 25 − d I ; ( P )     

)

(

)

Bán kính của đường tròn giao tuyến nhỏ nhất khi và chỉ khi d I ; ( P ) lớn nhất 51

3 3   3   Suy ra: A  ;0;0  , B  0; ;0  , C  0;0;  . a b c     

Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 2; −2;1) , bán kính R = 4 .

(

⇔ ax + by + cz − a + b + c

Đẳng thức xảy ra khi C , M , N , D thẳng hàng theo thứ tự đó và

AC BD  4 16  = , tức là M  0; ;  và CM DN  5 15 

 7 28  N  0; ;  .  5 15  Vậy giá trị nhỏ nhất của AM + BN là 5. z

C Gọi M ( x; y; z ) ⇒ M thuộc mặt cầu ( S ) tâm I ( −1; −1; 2 ) bán kính R = 1 Gọi H ( a; b; c ) ⇒ H thuộc mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 3 = 0 Ta có d ( I , ( P ) ) =

−1 − 1 + 2 − 3 3

= 3 > R ⇒ ( P ) và ( S ) không có điểm chung

P = ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = MH 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi vị trí của M và H như hình vẽ

B y

Khi đó HI = d ( I , ( P ) ) = 3 ⇒ HM = HI − R = 3 − 1 Do đó Pmin =

(

)

3 −1 = 4 − 2 3 .

A Câu 155. ( S ) có tâm ( O) và bán kính R = 1.

Theo đề bài ta có A ( a, 0, 0 ) ; B ( 0, b, 0 ) ; C ( 0, 0, c ) ; ( a, b, c > 0 ) khi đó phương trình mặt phẳng

x y z + + =1. a b c

( P)

1 =1 1 1 1 + + a 2 b2 c 2

tiếp xúc với ( S ) tại M ∈ ( S ) ⇔ d ( O; ( P ) ) = 1 ⇔

Câu 154.

( x − 1) + ( y + 1)2 + z 2 = 4  x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2 y − 2 = 0 Xét hệ  ⇒x=0 ⇔ 2 2 2 2 2 2 + 2y − 2 = 0  x + y + z + 2 y − 2 = 0  x + y + z 2

Vậ y ( P ) : x = 0

(( P)

chính là mặt phẳng ( Oyz ) ) .

2 2

2 2 2

a2 + b2 + c2 + d 2 ≥

( AC + BD ) + ( CM + DN )

≥ 9 + ( CM + DN )

⇒ T = 1 + a + b + c + a b + b c + c a + a b c = 1 + a + b + c 2 + 2a 2b2c 2 Mặt khác 1 + a 2 + b 2 + c 2 + 2a 2b 2 c 2 ≥ 1 + 3 3 a 2b 2 c 2 + 2a 2b 2 c 2 ≥ 64 ( 2 ) ⇒ T ≥ 64 .

(a + c )

+ ( b + d ) , ta được

Câu 156.

( S ) có tâm I ( −1; 2;1) và bán kính

R = 1 . Ta có: d ( I , ( P ) ) =

AM + BN = AC 2 + CM 2 + BD 2 + DN 2 ≥

(1) vì ( a, b, c > 0 ) .

)(1 + OB )(1 + OC ) = (1 + a )(1 + b )(1 + c ) 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 64 khi (1) và ( 2 ) xảy ra dấu bằng ⇔ a = b = c = 3 .

AC = 1 , BD = 2 , CD = 5 .

Áp dụng bất đẳng thức

(

Khi đó: T = 1 + OA 2

Gọi C ( 0 ; 0; 0 ) và D ( 0 ;3; 4 ) lần lượt là hình chiếu vuông góc của A ( −1; 0; 0 ) và B ( 22;3; ;3; 4 ) trên mặt phẳng

( P ) . Suy ra

⇔ abc = a 2b 2 + b2c 2 + c 2 a 2 ≥ 3 3 a 4b 4c 4 ⇒ abc ≥ 3 3

Lại có CM + MN + ND ≥ CD = 5 nên suy ra CM + ND ≥ 4 . Do đó AM + BN ≥ 5 .

−1 − 2.2 + 2.1 − 3 12 + 22 + 22

= 2 > R.

( P)

là:

Lấy A ( 2;1;3) ∈ ( P ) .Do ( P ) song song với ( Q ) nên Ta có d ( ( P ) , ( Q ) ) = d ( A, ( Q ) ) =

2 + 2.1 + 2.3 − 3 12 + 22 + 22

Câu 159. Mặt phẳng ( P ) đi qua điểm O ( 0; 0; 0 ) . Do mặt phẳng ( P ) song song mặt phẳng ( Q ) nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) bằng:

d ( ( P ) , ( Q ) ) = d ( O, ( Q ) ) =

−7

7 6

⋅

Câu 160. Chọn D Hai mặt phẳng ( P ) , ( Q ) vuông góc với nhau khi và chỉ khi 1.m − 2.1 + 2. ( −2 ) = 0 ⇔ m = 6

Gọi H là hình chiếu vuông góc của N trên mặt phẳng ( P ) và α là góc giữa MN và NH . . Vì MN cùng phương với u nên góc α có số đo không đổi, α = HNM 1 Có HN = MN .cos α ⇒ MN = .HN nên MN lớn nhất ⇔ HN lớn nhất ⇔ HN = d ( I , ( P ) ) + R = 3 . cos α 1 1 Có cos α = cos u, nP = nên MN = HN = 3 2 . cos α 2

(

)

2 4 − m −2 2 4 −2 (vô lý vì = = ). = = ≠ 1 2 −1 −1 1 2 −1 Vậy không tồn tại m để hai mặt phẳng (α ), ( β ) song song với nhau.

Câu 161. Ta có (α ) // ( β ) ⇔

→

Câu 162. Mặt phẳng ( P ) có véc tơ pháp tuyến n1 ( 2; m;3 ) →

Mặt phẳng ( Q ) có véc tơ pháp tuyến n2 ( n; − 8; − 6 )

k = − 1 2 = kn 2   Mặt phẳng ( P ) / / ( Q ) ⇒ n1 = k n2 (k ∈ ℝ) ⇔ m = − 8k ⇔ m = 4 3 = − 6k n = − 4   Nên chọn đáp án B Câu 163. Hai mặt phẳng ( P ) , ( Q ) vuông góc với nhau khi và chỉ khi →

Câu 157. +) Mặt cầu ( S ) : ( x + 2) 2 + ( y − 4) 2 + z 2 = 39 có tâm là I ( −2; 4;0 ) , bán kính R = 39 . Gọi M ( x , y , z ) ∈ (S ) . Ta có: x 2 + y 2 + z 2 = 19 − 4 x + 8 y .

MA2 = ( x − 1) 2 + y 2 + z 2 = 20 − 6 x + 8 y . MB = (2 − x ;1 − y ;3 − z ) ; MC = ( − x ; 2 − y ; − 3 − z ) . MB.MC = −2 x + x 2 + 2 − 3 y + y 2 − 9 + z 2 = 19 − 4 x + 8 y − 2 x − 3 y − 7 = −6 x + 5 y + 12 . Suy ra MA2 + 2 MB.MC = −18x + 18 y + 44 . Theo giả thiết MA2 + 2 MB.MC = 8 ⇔ −18 x + 18 y + 44 = 8 ⇔ − x + y + 2 = 0 . Do đó M ∈ ( P) : − x + y + 2 = 0 . 8 = 32 < 39 nên mặt phẳng ( P) cắt mặt cầu (S ) theo giao tuyến là đường tròn ( C ) Ta có d ( I ;( P)) = 2 có bán kính R1 với R1 = R 2 − d 2 = 39 − 32 = 7 .

 D, M ∈ ( P ) Mặt khác ta có  ⇒ D, M ∈ (C) . Do đó độ dài MD lớn nhất bằng 2 R1 = 2 7 .  D, M ∈ ( S ) Vậy chọn A. Dạng 5. Một số bài toán liên quan giữa mặt phẳng – mặt phẳng Dạng 5.1 Vị trí tương đối, khoảng cách, giao tuyến Câu 158. Chọn C 55

→

1.m − 2.1 + 2. ( −2 ) = 0 ⇔ m = 6

Câu 164. Vì ( R ) : m ( x − 2 y − z + 3 ) + ( 2 x + y + z − 1) = 0 đi qua điểm M (1;1;1) nên ta có: m (1 − 2.1 − 1 + 3 ) + ( 2.1 + 1 + 1 − 1) = 0 ⇔ m = −3 . Câu 165. Mặt phẳng ( P ) có một vectơ pháp tuyến nP = ( 2;1;1) . Mặt phẳng ( Q ) : x − y − z − 2 = 0 có một vectơ pháp tuyến nQ = (1; −1; −1) . Mà nP .nQ = 2 − 1 − 1 = 0 ⇒ nP ⊥ nQ ⇒ ( P ) ⊥ ( Q ) .

Vậy mặt phẳng x − y − z − 2 = 0 là mặt phẳng cần tìm.  1 1 x y z Câu 166. • Phương trình ( ABC ) : + + = 1 ⇒ ( ABC ) có VTPT: n =  1; ;  . 1 b c  b c • Phương trình ( P ) : y − z + 1 = 0 ⇒ ( P ) có VTPT: n ' = ( 0;1; − 1) . 1 1 • ( ABC ) ⊥ ( P ) ⇔ n.n ' = 0 ⇔ − = 0 ⇔ b = c . b c Câu 167. Mặt phẳng ( P ) có véctơ pháp tuyến là n( P ) = (1;1; −2 ) . Mặt phẳng ( Q ) có véctơ pháp tuyến là n(Q ) = ( 4; 2 − m; m ) . Ta có: ( P ) ⊥ ( Q ) ⇔ n( P ) ⊥ n(Q ) ⇔ n( P ) .n(Q ) = 0 ⇔ 4.1 + 2 − m − 2 m = 0 ⇔ m = 2 . Nên m = 2 .

7 3

8 + 2.0 + 2.0 − 4 4 ( P ) / / ( Q ) Câu 168. Ta có  ⇒ d ( ( P ) ; ( Q ) ) = d ( A; ( Q ) ) = = . 3 8;0;0 ∈ A P ( ) ( ) 12 + 22 + 22  Nhận xét: Nếu mặt phẳng ( P ) : ax + by + cz + d và ( Q ) : ax + by + cz + d ' a 2 + b 2 + c 2 > 0 song song với nhau

(

( d ≠ d ')

thì d ( ( P ) ; ( Q ) ) =

d −d ' 2

a + b2 + c2

)

( P ) / / ( Q ) 16 + 2.0 − 2.0 − 1 Câu 169. Ta có  ⇒ d ( ( P ) ; ( Q ) ) = d ( A; ( Q ) ) = = 5. 12 + 22 + 22  A (16; 0;0 ) ∈ ( P ) 1 2 3 −1 Câu 170. ( P ) : x + 2 y + 3z − 1 = 0 ( Q ) : x + 2 y + 3 z + 6 = 0 . Ta có: = = ≠ 1 2 3 6 Các giải trắc nghiệm: Công thức tính nhanh: d (( P ) ; (Q ) ) =

( P ) // ( Q)

( P ) : Ax + By + Cz + D1 = 0; (Q ) Ax + By + Cz + D2 = 0

D2 − D1 2

A + B2 + C 2

áp dụng công thức: d ( ( P ) ; ( Q ) ) =

−1 − 6 2

14 . 2

1 +2 +3 Câu 171. Gọi ∆ = ( P ) ∩ ( Q ) . Chọn A ( 0; 0;1) , B ( −1; 2; − 2 ) ∈ ∆ . Theo giả thiết ta có ∆ ⊂ (α ) ⇔ A, B ∈ (α )

2 + b = 0 b = −2 ⇔ ⇔ . a b − − 6 + = 0  a = −8

Do đó a + 4b = − 16 . 6 3 2 −1 ⇒ ( P ) // ( Q ) nên d ( ( P ) ; ( Q ) ) = d ( M ; ( Q ) ) với M ( 0;1; −1) ∈ ( P ) Câu 172. Vì = = ≠ 1 1 1 8 2 3 1 1 1 1 0+ − +8 xM + yM + z M + 8 2 3 2 3 d ( ( P ) ; (Q ) ) = d ( M ; (Q ) ) = = = 7. 2 2 49 1 1     2 1 +  +  36  2 3 Câu 173. + ( Pm ) : mx + 2 y + nz + 1 = 0 có vectơ pháp tuyến n1 ( m; 2; n ) . ( Qm ) : x − my + nz + 2 = 0 có vectơ pháp tuyến n2 (1; − m; n ) . (α ) : 4 x − y − 6 z + 3 = 0 có vectơ pháp tuyến nα ( 4; −1; −6 ) . + Giao tuyến của hai mặt phẳng ( Pm ) và ( Qm ) vuông góc với mặt phẳng (α ) nên  n1 ⊥ nα  n1.nα = 0 ( Pm ) ⊥ (α )  4m − 2 − 6 n = 0 m = 2 ⇔  ⇔  ⇔ ⇔ .   4 + m − 6n = 0 n = 1 ( Qm ) ⊥ (α )  n2 ⊥ nα  n2 .nα = 0 Vậ y m + n = 3 . Câu 174. Cách 1 Xét mặt phẳng (α ) có phương trình x + by + cz + d = 0 thỏa mãn các điều kiện: đi qua hai điểm A (1;1;1) và

B ( 0; −2;2 ) , đồng thời cắt các trục tọa độ Ox, Oy tại hai điểm cách đều O .

1 + b + c + d = 0  −2b + 2c + d = 0

 −d  Mặt phẳng (α ) cắt các trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại M ( −d ;0;0 ) , N  0; ;0  .  b  d Vì M , N cách đều O nên OM = ON . Suy ra: d = . b Nếu d = 0 thì chỉ tồn tại duy nhất một mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán (mặt phẳng này sẽ đi qua điểm O ). d Do đó để tồn tại hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán thì: d = ⇔ b = ±1 . b c + d = −2 c = 4 • Với b = 1, (*) ⇔  ⇔ . Ta được mặt phẳng ( P ) : x + y + 4 z − 6 = 0 2c + d = 2 d = −6

c + d = 0  c = −2 ⇔ • Với b = −1, (*) ⇔  . Ta được mặt phẳng ( Q ) : x − y − 2 z + 2 = 0 2c + d = −2 d = 2 Vậy: b1b2 + c1c2 = 1. ( −1) + 4. ( −2 ) = −9 . Cách 2 AB = ( −1; −3;1) Xét mặt phẳng (α ) có phương trình x + by + cz + d = 0 thỏa mãn các điều kiện: đi qua hai điểm A (1;1;1) và

B ( 0; −2;2 ) , đồng thời cắt các trục tọa độ Ox, Oy tại hai điểm cách đều O lần lượt tại M , N . Vì M , N cách đều O nên ta có 2 trường hợp sau:

TH1: M (a;0;0), N (0; a;0) với a ≠ 0 khi đó (α ) chính là ( P ) . Ta có MN = (− a; a; 0) , chọn u1 = ( −1;1; 0) là một véc tơ cùng phương với MN . Khi đó n P =  AB, u1  = (−1; −1; −4) ,

suy ra ( P ) : x + y + 4 z + d1 = 0

TH2: M (−a;0;0), N (0; a;0) với a ≠ 0 khi đó (α ) chính là ( Q ) . Ta có MN = (a; a; 0) , chọn u2 = (1;1; 0) là một véc tơ cùng phương với MN . Khi đó n Q =  AB, u2  = ( −1;1; 2) , suy ra ( Q ) : x − y − 2 z + d 2 = 0

Vậy: b1b2 + c1c2 = 1. ( −1) + 4. ( −2 ) = −9 . Dạng 5.2 Góc của 2 mặt phẳng Câu 175. Chọn C ( P ) qua O và nhận OH = ( 2;1; 2 ) làm VTPT

( Q ) : x − y − 11 = 0

có VTPT n = ( 1;1; 0 )

OH.n 1 ⇒ ( P ) , ( Q ) = 450 Ta có cos ( P ) , (Q ) = = 2 OH. n

(

)

(

)

Câu 176. Mặt phẳng ( P ) , (Q) có vectơ pháp tuyến lần lượt là n p = (1; −2; 2 ) , nQ = (1; 0; 2 m − 1)

Vì ( P ) tạo với (Q) góc

π 4

nên

Vì (α ) đi qua A (1;1;1) và B ( 0; −2;2 ) nên ta có hệ phương trình: 57

(*)

cos

π 4

1 + 2(2m − 1) 1 = cos n p ; nQ ⇔ = 2 3. 1 + (2m − 1) 2

(

Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) .

)

Khi đó: cos ϕ =

⇔ 2 ( 4m − 1) = 9 ( 4m 2 − 4m + 2 )

1.1 + 2.m − 2.(m − 1) 12 + 22 + (−2) 2 . 12 + m 2 + ( m − 1) 2

1 3 2m 2 − 2 m + 2

⇔ 4m − 20m + 16 = 0 m = 1 ⇔ . m = 4

Góc ϕ nhỏ nhất ⇔ cos ϕ lớn nhất ⇔ m = Khi m =

b − 1 = 0 Câu 177. Mặt phẳng ( P ) đi qua hai điểm A , B nên  ⇒ a = b = 1. a − 1 = 0 Và ( P ) tạo với ( Oyz ) góc 60° nên cos ( ( P ) , ( Oyz ) ) = Thay a = b = 1 vào phương trình được Khi đó a + b + c = 2 − 2 ∈ ( 0;3) .

a 2

a +b +c . 1

1 (*). 2

2 + c2 = 2 ⇒ c = − 2 .

Câu 178. Ta có H là hình chiếu vuông góc của O xuống mặt phẳng ( P ) nên OH ⊥ ( P ) . Do đó OH = ( 2; 1; 2 ) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) . Mặt phẳng ( Q ) có một vectơ pháp tuyến là n = (1; 1; 0 ) . Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng ( P ) , ( Q ) . OH .n 2.1 + 1.1 + 2.0 2 = ⇒ α = 45° . Ta có cos α = = 2 2 OH . n 2 + 12 + 22 . 12 + 12 + 02

2 ⇒ 3a + b ( −2 ) + 0.c = 0 ⇒ 3a − 2b = 0 ⇒ a = b (1) 3 ( Oyz ) có phương trình x = 0 nên có VTPT n2 = (1;0;0 ) n1.n2 a.1 + b.0 + c.0 2 2 2 Mà cos α = ⇔ = ⇔ = 7 n1 . n2 7 a 2 + b 2 + c 2 . 12 + 02 + 02 7

1 . 2

1 1 1 thì ( Q ) : x + y − z + 2019 = 0 , đi qua điểm M ( −2019;1;1) . 2 2 2

Dạng 6. Một số bài toán liên khác quan điểm – mặt phẳng – mặt cầu Câu 181. Chọn D Dễ thấy A nằm ngoài mặt cầu ( S ) . Tâm mặt cầu là I (1; 2;3) . Đường thẳng AM tiếp xúc với ( S ) ⇔ AM ⊥ IM ⇔ AM .IM = 0 ⇔ ( x − 2)( x − 1) + ( y − 3)( y − 2) + ( z − 4)( z − 3) = 0 ⇔ ( x − 1 − 1)( x − 1) + ( y − 2 − 1)( y − 2) + ( z − 3 − 1)( z − 3) = 0

⇔ ( x − 1) 2 + ( y − 2)2 + ( z − 3) 2 − ( x + y + z − 7) = 0 ⇔ x + y + z − 7 = 0 ( Do ( x − 1)2 + ( y − 2) 2 + ( z − 3) 2 = 0) . Câu 182. Giả sử M ( x; y; z ) thì OM = ( x; y; z ) , AM = ( x − 2; y + 2; z − 2 ) .

Khi đó: x 2 + y 2 + ( z + 2 ) = 1 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 + 4 z + 4 = 1 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 = −4 z − 3 Ta có: OM = ( x; y; z ) và AM = ( x − 2; y + 2; z − 2 ) . Suy ra OM . AM = 6 ⇔ x ( x − 2 ) + y ( y + 2 ) + z ( z − 2 ) = 6

⇔ x2 + y2 + z 2 − 2x + 2 y − 2z = 6

( 2)

Thay (1) vào ( 2 ) ta được

2 = ⇔ 7 a = 2 a 2 + b2 + c 2 ⇔ 49a 2 = 4 ( a 2 + b2 + c2 ) a2 + b2 + c 2 . 7 ⇔ 45a 2 − 4b 2 − 4c 2 = 0 ( 2) a

−4 z − 3 − 2 x + 2 y − 2 z − 6 = 0 ⇔ 2 x − 2 y + 6 z + 9 = 0 .

Thay (1) vào ( 2 ) ta được 4b 2 − c 2 = 0  a = b = 1 Chọn c = 2 ta có 4b − 2 = 0 ⇒  ⇒ b = −1  a =  2

  2  2  n =  3 ;1; 2    3 ⇒ hay −2   2  n =  − ; −1; 2   3  3  

n = ( 2;3;6 )  n = ( 2;3; −6 )

2 x + 3 y + 6 z − 12 = 0 Vậ y ( P )  2 x + 3 y − 6 z = 0 Câu 180. Chọn C 59

1 3  3. 2  m −  + 2 2 

 x ( x − 2 ) + y ( y + 2 ) + z ( z − 2 ) = 6 Vì M ∈ ( S ) và OM . AM = 6 nên ta có hệ  2 2 2  x + y + ( z + 2 ) = 1 2 2 2  x + y + z − 2 x + 2 y − 2 z = 6 ⇒ 2x − 2 y + 6z + 9 = 0 . ⇔ 2 2 2  x + y + z + 4 z + 4 = 1 Vậy điểm M thuộc mặt phẳng có phương trình: 2 x − 2 y + 6 z + 9 = 0 . Câu 183. Chọn D Gọi điểm M ( x; y; z ) ∈ ( S ) là điểm cần tìm.

Vây góc giữa hai mặt phẳng ( P ) , ( Q ) là 45° . Câu 179. Giả sử ( P ) có VTPT n1 = ( a; b; c ) ( P ) có VTCP AB = ( 3; −2;0 ) suy ra n1 ⊥ AB ⇒ n1. AB = 0

(1)

≤ 3

3 2

a = 0 . ⇔ a − b + c + d = 0

M A

Câu 184. R =1.

 2b + c + d = 2 b 2 + c 2  2b + c + d = 2 b2 + c 2  c + d = 0 ⇒ c = d = 0, b ≠ 0 với a = 0 thì ta có  ⇔  4b − c − d = 0 ⇔  c + d = 4b, c = ±2 2b  2b + c + d = 2 −b + c + d c + d = 0 do đó có 3 mặt phẳng. 4   3b = 2 a 2 + b 2 + c 2  b = 3 a  3b = 4 a  ⇔ Với a − b + c + d = 0 thì ta có ⇔  ⇔ 2 2 2 2 2 2  2a = a + b + c  c = 11 a  2 a = a + b + c  3 do đó có 4 mặt phẳng thỏa mãn bài toán.Vậy có 7 mặt phẳng thỏa mãn bài toán.

( S ) có tâm I (1;1;1) và bán kính

Do IA = 1 + 1 + 1 = 3 > R nên điểm A nằm ngoài mặt cầu ( S ) .

∆AMI vuông tại M : AM = AI 2 − IM 2 = 3 − 1 = 2 . ⇒ M thuộc mặt cầu ( S′) có tâm A bán kính 2 . 2

Ta có phương trình ( S′) : ( x − 2 ) + ( y − 2 ) + ( z − 2 ) = 2 .

Ta có M ∈ ( S ) ∩ ( S′) .

( x − 1)2 + ( y − 1) 2 + ( z − 1)2 = 1 Tọa độ của M thỏa hệ phương trình  (I ) . 2 2 2 ( x − 2 ) + ( y − 2 ) + ( z − 2 ) = 2  x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y − 2 z + 2 = 0 ⇒ 2x + 2 y + 2z − 8 = 0 ⇔ x + y + z − 4 = 0 Ta có ( I ) ⇔  2 2 2  x + y + z − 4 x − 4 y − 4 z + 10 = 0 Suy ra M ∈ ( P ) : x + y + z − 4 = 0 . Câu 185. Chọn C Gọi phương trình mặt phẳng ( P ) tiếp xúc với cả ba mặt cầu đã cho có phương trình là: ax + by + cz + d = 0 ( đk: a 2 + b 2 + c 2 > 0 ).  a + 2b + c + d =2  2 2 2  a +b +c  d ( A; ( P ) ) = 2  3a − b + c + d  Khi đó ta có hệ điều kiện sau:  d ( B; ( P ) ) = 1 ⇔  =1 2 2 2   a +b +c  d ( C ; ( P ) ) = 1  −a − b + c + d  =1 2 2 2  a + b + c  a + 2b + c + d = 2 a 2 + b 2 + c 2   ⇔  3a − b + c + d = a 2 + b 2 + c 2 .  2 2 2  −a − b + c + d = a + b + c 3a − b + c + d = −a − b + c + d Khi đó ta có: 3a − b + c + d = −a − b + c + d ⇔  3a − b + c + d = a + b − c − d 61

Câu 186. 2 2 2 Mặt cầu ( S ) : ( x + 3 ) + ( y − 2 ) + ( z − 5 ) = 36 có tâm I ( −3; 2;5 ) , bán kính R = 6 . Có IM = 25 + 16 + 4 = 3 5 > 6 = R , nên M thuộc miền ngoài của mặt cầu ( S ) . Có MN tiếp xúc mặt cầu ( S ) tại N , nên MN ⊥ IN tại N . Gọi J là điểm chiếu của N lên MI . IN 2 36 12 5 = = (không đổi), I cố định. Có IN 2 = IJ .IM . Suy ra IJ = IM 3 5 5 Suy ra N thuộc ( P ) cố định và mặt cầu ( S ) , nên N thuộc đường tròn (C ) tâm J .  x + 3 = 8  IJ 12 5 1 4 4  Gọi N ( x; y ; z ) , có IJ = IM = IM = IM ⇔  y − 2 = − 5 3 5 5 IM 5  2   z − 5 = − 5  6 23  ⇒ N  5; ;  , k = 2a − 5b + 10c = 50 . Vậy k = 50 .  5 5  Câu 187. Chọn B Phương trình mặt cầu ( S ) tâm I ( a; b; c ) là x2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0

Đk: a 2 + b 2 + c 2 − d > 0 62

−4a − 2b − 8c + d = −21 −10a + d = −25  ( S ) đi qua các điểm M , N , P và tiếp xúc với mặt phẳng ( Oyz ) ⇔ −2a + 6b − 2c + d = −11  R = a  6a − 2b − 8c = 4 −4a − 2b − 8c + 10a − 25 = −21 6a − 2b − 8c = 4 d = 10a − 25 d = 10a − 25 d = 10a − 25    ⇔ ⇔ ⇔ −2a + 6b − 2c + 10a − 25 = −11 8a + 6b − 2c = 14 32a + 24b − 8c = 56 a 2 + b 2 + c 2 − d = a 2 b 2 + c 2 − d = 0 b 2 + c 2 − d = 0    6a − 2b − 8c = 4 c = a − 1 d = 10a − 25 d = 10a − 25   ⇔ ⇔ b = − a + 2 26a + 26b = 52 b 2 + c 2 − d = 0 b 2 + c 2 − d = 0   2

⇒ ( − a + 2 ) + ( a − 1) − 10a + 25 = 0

d = 0 d = 0  −18a′ + d = −81  ′ 9 a =  2   81 ⇔  . −9b′ + d = −  9 4  b′ = 4   81 9c′ + d = − c′ = − 9  4  4 Phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là: x 2 + y 2 + z 2 − 9 x − 2

9 6 9 9 9 bán kính R =   +   +   − 0 = . 4  2  4  4 2

 9 6  243π Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tự diện OABC là S = 4π R 2 = 4π .  .  = 2  4  Câu 189.  Giả sử mặt cầu ( S ) có tâm I ∈ ( C ) và tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP, PM .

⇔ 2a 2 − 16a + 30 = 0 a = 3 a = 5  b = − 3  a = 3 b = −1  ⇔ ⇒ hay   a = 5 c = 2 c = 4  d = 5  d = 25 Vì a + b + c < 5 nên chọn c = 2 . Câu 188. Mặt phẳng (α ) cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A ( a;0;0 ) , B ( 0; b ;0 ) , C ( 0; 0; c ) .

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên ( MNP ) .

Do H là trực tâm tam giác ABC nên a, b, c ≠ 0 . x y z Khi đó phương trình mặt phẳng (α ) : + + = 1 . a b c 1 2 2 Mà H (1; 2; − 2 ) ∈ (α ) nên: + − = 1 (1) . a b c Ta có: AH = (1 − a; 2; − 2 ) , BH = (1; 2 − b; − 2 ) , BC = ( 0; − b; c ) , AC = ( − a; 0; c ) . b = −c  AH .BC = 0 Lại có H là trực tâm tam giác ABC , suy ra  hay  (2) . a = −2c  BH . AC = 0

2 2 2  x + y + z − 2 x − 2 y + 1 = 0 ⇒ 3x − 2 y − z = 0 .  2 2 2  x + y + z − 8 x + 2 y + 2 z + 1 = 0

1 2 2 9 9 + − = 1 ⇔ c = − , khi đó a = 9, b = . −2 c − c c 2 2 9  9   Vậy A ( 9;0;0 ) , B  0; ;0  , C  0;0; −  . 2  2   Khi đó, giả sử mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC có phương trình là: x 2 + y 2 + z 2 − 2a′x − 2b′y − 2c′z + d = 0 .

Thay ( 2 ) vào (1) ta được:

Với ( a′) + ( b′) + ( c′) − d > 0 Vì 4 điểm O, A, B, C thuộc mặt cầu nên ta có hệ phương trình:

9 9 9 9 9 y + z = 0 , có tâm I  ; ; −  và 2 2 2 4 4

Ta có: ( S ) tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP, PM ⇔ d ( I , MN ) = d ( I , NP ) = d ( I , PM ) ⇔ d ( H , MN ) = d ( H , NP ) = d ( H , PM )

⇔ H là tâm đường tròn nội tiếp hoặc tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác MNP . x y z + + = 1 hay x + y + z − 6 = 0 . 6 6 6  ( C ) = ( S1 ) ∩ ( S 2 ) ⇒ Tọa độ các điểm thuộc trên ( C ) thỏa mãn hệ phương trình:  ( MNP ) có phương trình là

Do đó, phương trình chứa mặt phẳng chứa ( C ) là (α ) : 3 x − 2 y − z = 0 .  Vì 1.3 + 1. ( −2 ) + 1. ( −1) = 0 ⇒ ( MNP ) ⊥ (α ) . (1)  Ta có: MN = NP = PM = 6 2 ⇒ ∆MNP đều. Gọi G là trọng tâm tam giác MNP ⇒ G ( 2; 2; 2 ) và G là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP . Thay tọa độ của điểm G vào phương trình mặt phẳng (α ) , ta có: G ∈ (α ) .  Gọi ∆ là đường thẳng vuông góc với ( MNP ) tại G . ( MNP ) ⊥ (α ) Vì  ⇒ ∆ ⊂ (α ) . G ∈ (α ) Khi đó: ∀I ∈ ∆ ⇒ d ( I , MN ) = d ( I , NP ) = d ( I , PM ) = r ⇒ Mặt cầu tâm I bán kính r tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP , PM . Vậy có vô số mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa ( C ) và tiếp xúc với ba đường thẳng MN , MP, PM .

Câu 190. Ta có AB = ( 4; − 2; 4 ) và mp ( P ) có vec tơ pháp tuyến n = ( 2; −1; 2 ) . Do đó AB vuông góc với

(P) . Giả sử mặt cầu ( S ) có phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2 ax − 2by − 2cz + d = 0 . Mặt cầu ( S ) đi qua hai điểm A, B nên ta có

 9 + 1 + 1 + 6 a − 2b − 2c + d = 0  6a − 2b − 2c + d = −11 . ⇔  + + − a + b − c + d = 1 1 25 2 2 10 0   2a − 2b + 10c − d = 27

Suy ra 8 a − 4b + 8c = 16 ⇔ 2 a − b + 2 c = 4. Mặt cầu ( S ) tiếp xúc với ( P ) nên ta có d ( I , ( P ) ) =

2 a − b + 2c + 11

= 5.

a = c ⇔ a2 = c2 ⇔  .  a = −c Nếu a = c thì b = a; d = −9a và ( P ) : ax + ay + az - 9 a = 0 ⇔ x + y + z − 9 = 0 (nhận). Nếu a = −c thì b = a; d = −3a và ( P ) : ax + ay − az - 3a = 0 ⇔ x + y − z − 3 = 0 (loại). Vây T = a + b + c + d = 6 . Câu 192. Chọn C Gọi I ( a; b; c ) là tâm mặt cầu. Theo giả thiết ta có R = d ( I , ( α ) ) = d ( I , ( β ) ) . a b + + c −1 m 1− m Mà d ( I , ( β ) ) = 1 1 + +1 m 2 (1 − m )2 Ta có 2

Ta có AB = ( 4; − 2; 4 ) ⇒ AB = 16 + 4 + 16 = 6. Goi M là trung điểm AB ta có d ( C , AB ) = IM = 5 2 − 32 = 4. Vậy C luôn thuộc một đường tròn (T ) cố định có bán kính r = 4. .

R B

1 1 1  1 1 1 + +1 =  + +1  −2 . m 2 (1 − m )2 m 1− m  m 1− m  2

  1 1 1 1 =  +1 = − 1(do m ∈ ( 0;1)  −2 . m 1 − m m 1 − m m 1 − m) ( ) (   Nên a (1 − m ) + bm + cm (1 − m ) − m (1 − m ) m (1 − m ) R= 1 −1 m (1 − m )

Câu 191. Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;3 ) , bán kính R = 6 .

⇔R=

m2 − m + 1  R − Rm + Rm = a − am + bm + cm − cm 2 − m + m 2 ⇔ 2 2 2  − R + Rm − Rm = a − am + bm + cm − cm − m + m 2

Có IA = IB = 6 nên A, B thuộc mặt cầu ( S ) . 5 7  AB = − 3; 3;0 = − 3 (1; −1;0 ) = − 3 a , M  ; ;3  là trung điểm của AB . 2 2  Gọi a = (1; −1;0) và n = (a; b; c) với a2 + b2 + c2 > 0 là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) 7 5  I ∈ ( P)  a + b + 3c + d = 0 d = −6a − 3c ⇔ 2 ⇔ . Vì A, B ∈ ( P ) nên có  2 a = b a.n = 0 a − b = 0 Gọi h = d ( I ,( P) ) , (C ) = ( P ) ∩ ( S ) , r là bán kính đường tròn (C ) .

(

a − am + bm + cm − cm 2 − m + m 2

)

r = R 2 − h2 = 6 − h2 . Diện tích thiết diện qua trục của hình nón ( N ) . 1 h 2 + 6 − h2 S = .h.2r = h. 6 − h2 ≤ = 3. 2 2 2 2 MaxS = 3 khi h = 6 − h ⇒ h = 3 . a + 2b + 3c + d h = d ( I ,( P) ) ⇔ 3 = . a 2 + b2 + c 2 65

 m 2 ( R + c − 1) + m ( a − b − c − R + 1) + R − a = 0 (1) ⇔ 2  m ( R + c − 1) + m ( b + c − a − R − 1) + R + a = 0 ( 2 ) Xét (1) do mặt cầu tiếp xúc với tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt phẳng ( α ) , ( β ) với mọi m ∈ ( 0;1) nên pt (1) nghiệm đúng với mọi m ∈ ( 0;1) .

R + c −1 = 0 a = R   ⇔ a − b − c − R + 1 = 0 ⇔ b = R ⇒ I ( R; R;1 − R ) . R − a = 0 c = 1 − R   2 R − R + 2 (1 − R ) + 10 R = 3 ⇔ 3R = 12 − R ⇔  Mà R = d ( I , ( α ) ) ⇔ R = 3  R = −6(l ) Xét (2) tương tự ta được

R + c −1 = 0 a = − R   ⇔ b + c − a − R − 1 = 0 ⇔ b = − R ⇒ I ( − R; − R; R + 1) R + a = 0 c = R + 1   Mà R = d ( I , ( α ) ) ⇔ R =

−2 R + R + 2 (1 + R ) + 10 3

R = 6 ⇔ 3R = 12 + R ⇔  .  R = −3(l )

Vậy R1 + R2 = 9 . Câu 193. Gọi I ( a; b; c ) và R là tâm và bán kính của ( S ) . Khi đó ta có  IA = a − 1  R = IA = d ( I ; ( P ) ) = d ( I ; ( Q ) ) = d ( I ; ( R ) ) ⇔ IA = a − 1 = b + 1 = c − 1 ⇔ a − 1 = ± ( b + 1)   a − 1 = ± ( c − 1) b = a − 2  IA = a − 1 b = a − 2    TH1: a − 1 = b + 1 ⇔ c = a (vô nghiệm) ⇔ c = a a − 1 = c − 1   2a 2 − 12a + 28 = 0 2 2 2 2   ( 2 − a ) + a + ( 5 − a ) = ( a − 1) b = − a  IA = a − 1 b = − a a = 4     TH2: a − 1 = −b − 1 ⇔ c = a ⇔ c = a ⇔ b = −4 ⇒ R = 1 a − 1 = c − 1  2a 2 − 16a + 32 = 0 c = 4 2 2 2 2    ( 2 − a ) + ( −2 + a ) + ( 5 − a ) = ( a − 1) b = a − 2  IA = a − 1 b = − a    (vô nghiệm) TH3: a − 1 = b + 1 ⇔ c = 2 − a ⇔ c = a  a − 1 = −c + 1   2a 2 + 4a + 12 = 0 2 2 2 2   ( 2 − a ) + a + ( 3 + a ) = ( a − 1) b = −a  IA = a − 1 b = − a    TH4:  a − 1 = −b − 1 ⇔ c = 2 − a (vô nghiệm) ⇔ c = a  a − 1 = −c + 1   2a 2 + 12 = 0 2 2 2 2 2 − a + − 2 + a + 3 + a = a − 1 ) ( ) ( ) ( )   ( Vậy mặt cầu có bán kính R = 1 Câu 194. Chọn D Mặt phẳng ( P ) đi qua M và cắt các trục x'Ox, y'Oy, z'Oz lần lượt tại các điểm x y z A ( a; 0; 0) ,B ( 0;b; 0) ,C ( 0; 0;c ) . Khi đó phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng: + + = 1 . a b c Theo bài mặt phẳng ( P ) đi qua M (1;1; 2) và OA = OB = OC nên ta có hệ:

Vậy có ba mặt phẳng thỏa mãn bài toán là: x y z x y z x y z ( P1 ) : + + = 1; ( P2 ) : + + = 1; ( P3 ) : + + = 1 4 4 4 2 −2 2 −2 2 2 Câu 195. Gọi M ( a ; b ; c ) với a ∈ ℤ , b ∈ ℝ , c ∈ ℝ . Ta có: AM = ( a − 3; b − 1; c − 7 ) và BM = ( a − 5; b − 5; c − 1) . M ∈ ( P )  M ∈ ( P )  Vì  ⇔  MA2 = MB 2 nên ta có hệ phương trình sau:  MA = MB = 35  MA2 = 35  2 a − b − c + 4 = 0  2a − b − c = −4   2 2 2 2 2 2 ( a − 3) + ( b − 1) + ( c − 7 ) = ( a − 5) + ( b − 5) + ( c − 1) ⇔  4a + 8b − 12c = −8   2 2 2 2 2 2 ( a − 3) + ( b − 1) + ( c − 7 ) = 35 ( a − 3) + ( b − 1) + ( c − 7 ) = 35 b = c b = a + 2 a = 0    ⇔ c = a + 2 ⇔ c = a + 2 ⇔ b = 2 , (do a ∈ ℤ ).  3a 2 − 14a = 0 c = 2 2 2 2   ( a − 3) + ( b − 1) + ( c − 7 ) = 35 Ta có M ( 2; 2; 0 ) . Suy ra OM = 2 2 .

Câu 196. Chọn A

a + b + c = 6 a + b + c = 6  2 2 2 2 2  2 2 Ta có:  MA = MB ⇔ ( a − 1) + ( b − 6 ) + b 2 = ( a + 2 ) + ( b − 2 ) + ( c + 1)  MA2 = MC 2  2 2 2 2 2 2  ( a − 1) + ( b − 6 ) + c = ( a − 5 ) + ( b + 1) + ( c − 3) a + b + c = 6 a = 1   ⇔ 3a + 4b + c = 14 ⇔ b = 2 ⇒ abc = 6.  4a − 7b + 3b = −1 c = 3  

a = b = c 1 1 2  a = b = −c  + + = 1 (1) . Ta có: ( 2 ) ⇔  a b c  a = c = −b  a = b = c ( 2)   b = c = − a - Với a = b = c thay vào (1) được a = b = c = 4 - Với a = b = − c thay vào (1) được 0 = 1 (loại). - Với a = c = − b thay vào (1) được a = c = − b = 2 . - Với b = c = − a thay vào (1) được b = c = − a = 2 . 67

CHUYÊN ĐỀ 23

PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

Dạng 4.2 Bài toán phương trình mặt phẳng, giao tuyến 2 mặt phẳng ........................................................................... Dạng 4.3 Bài toán giao điểm (hình chiếu, đối xứng) của đường thẳng với mặt phẳng ..................................................

MỤC LỤC PHẦN A. CÂU HỎI ....................................................................................................................................................... 2

Dạng 1. Xác định VTCP................................................................................................................................................. 2

Dạng 6. Một số bài toán liên quan giữa đường thẳng với mặt cầu ..............................................................................

Dạng 2. Xác định phương trình đường thẳng .............................................................................................................. 4

Dạng 7. Một số bài toán liên quan giữa điểm – mặt – đường – cầu .............................................................................

Dạng 2.1 Xác định phương trình đường thẳng cơ bản ................................................................................................. 4

Dạng 7.1 Bài toán tìm điểm............................................................................................................................................

Dạng 2.2 Xác định phương trình đường thẳng khi biết yếu tố vuông góc ................................................................... 6

Dạng 7.2 Bài toán tìm mặt phẳng .............................................................................................................................

Dạng 2.3 Xác định phương trình đường thẳng khi biết yếu tố song song .................................................................. 10

Dạng 7.3 Bài toán tìm đường thẳng .........................................................................................................................

Dạng 2.4 Xác định một số phương trình đường thẳng đặc biệt (phân giác, trung tuyến…) ...................................... 11 Dạng 3. Một số bài toán liên quan giữa điểm với đường thẳng ............................................................................... 14

Dạng 7.4 Bài toán tìm mặt cầu .................................................................................................................................. Dạng 7.5 Bài toán cực trị................................................................................................................................................

Dạng 3.1 Bài toán liên quan điểm (hình chiếu) thuộc đường, khoảng cách............................................................... 14 Dạng 3.2 Bài toán cực trị............................................................................................................................................ 17

PHẦN A. CÂU HỎI Dạng 1. Xác định VTCP

Dạng 4. Một số bài toán liên quan giữa đường thẳng với mặt phẳng ...................................................................... 18 Dạng 4.1 Bài toán liên quan khoảng cách, góc .......................................................................................................... 18 Dạng 4.2 Bài toán phương trình mặt phẳng, giao tuyến 2 mặt phẳng ....................................................................... 20

Câu 1.

x = 2 − t 

(Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :  y = 1 + 2t có một vectơ chỉ

z = 3 + t 

Dạng 4.3 Bài toán giao điểm (hình chiếu, đối xứng) của đường thẳng với mặt phẳng .............................................. 21 phương là: A. u1 = ( −1; 2;3)

Dạng 4.4 Bài toán cực trị............................................................................................................................................ 25 Dạng 5. Một số bài toán liên quan giữa đường thẳng thẳng với đường thẳng ....................................................... 29 Dạng 6. Một số bài toán liên quan giữa đường thẳng với mặt cầu .......................................................................... 31

Câu 2.

Dạng 7. Một số bài toán liên quan giữa điểm – mặt – đường – cầu ......................................................................... 32

A. u = (1;3; − 2 ) .

Dạng 7.2 Bài toán tìm mặt phẳng ......................................................................................................................... 33 Câu 3.

Câu 4.

Câu 5.

Dạng 2.3 Xác định phương trình đường thẳng khi biết yếu tố song song ......................................................................

Dạng 4.1 Bài toán liên quan khoảng cách, góc .............................................................................................................. 1

Câu 6.

C. u2 = ( −3;1;5 )

(Mã 103 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : A. u4 = (1;3; 2 ) .

Dạng 3. Một số bài toán liên quan giữa điểm với đường thẳng ................................................................................... Dạng 3.2 Bài toán cực trị................................................................................................................................................

B. u4 = (1; − 1; 2 )

dưới đây là một vectơ chỉ phương của d ?

Dạng 2.4 Xác định một số phương trình đường thẳng đặc biệt (phân giác, trung tuyến…) ..........................................

Dạng 4. Một số bài toán liên quan giữa đường thẳng với mặt phẳng ..........................................................................

(Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , đường thẳng d : A. u1 = ( 3; − 1;5 )

Dạng 2.1 Xác định phương trình đường thẳng cơ bản ...................................................................................................

Dạng 3.1 Bài toán liên quan điểm (hình chiếu) thuộc đường, khoảng cách...................................................................

D. u = (1;3;2) .

(MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm A (1;1; 0 ) và

một vectơ chỉ phương là

Dạng 2. Xác định phương trình đường thẳng ................................................................................................................ Dạng 2.2 Xác định phương trình đường thẳng khi biết yếu tố vuông góc .....................................................................

C. u = ( 2; − 5;3) .

x −1 y − 3 z + 2 . Vectơ nào = = −5 2 3

A. d = ( −1;1; 2 )

Dạng 7.5 Bài toán cực trị............................................................................................................................................ 36 Dạng 1. Xác định VTCP...................................................................................................................................................

B. u = ( 2;5;3) .

D. u2 = ( 2;1;1)

B ( 0;1; 2 ) . Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng AB . B. a = ( −1;0; −2 ) C. b = ( −1; 0; 2 ) D. c = (1; 2; 2 )

Dạng 7.4 Bài toán tìm mặt cầu .............................................................................................................................. 35 PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO ...............................................................................................................................

C. u4 = ( −1; 2;1)

(Mã 102 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : dưới đây là vectơ chỉ phương của đường thẳng d

Dạng 7.1 Bài toán tìm điểm........................................................................................................................................ 32

Dạng 7.3 Bài toán tìm đường thẳng ..................................................................................................................... 34

B. u3 = ( 2;1;3)

B. u3 = ( −2;1;3) .

C. u1 = ( −2;1; 2 ) .

x + 3 y −1 z − 5 có = = −1 1 2

D. u3 = (1; − 1; − 2 )

x + 2 y −1 z − 3 = = . Vectơ nào −3 1 2

D. u2 = (1; − 3; 2 ) .

(ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là B. u2 = (2;1; 0) A. u 4 = (−1;2; 0)

C. u 3 = (2;1;1)

x −2 y −1 z = = . −1 2 1

D. u1 = (−1;2;1) 2

Câu 7.

(Mã đề 104 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d : nào sau đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d ?

A. u2 = (1; −2;3) Câu 8.

B. u3 = (2;6; −4) .

(Mã đề 101 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : dưới đây là một vectơ chỉ phương của d ? A. u4 = (1; 2; −3) . B. u3 = (−1; 2;1) .

Câu 9.

C. u4 = (−2; −4;6) .

x − 3 y +1 z − 5 . Vectơ = = −2 1 3

D. u1 = (3; −1;5) .

x − 2 y −1 z + 3 . Vectơ nào = = −1 2 1

C. u1 = (2;1; −3) .

D. u2 = (2;1;1) .

(ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian

x −1 y − 2 z − 3 đi qua điểm nào dưới đây? d: = = −1 2 2 A. Q ( 2; −1; 2 ) B. M ( −1; −2; −3) C. P (1; 2;3)

A. u1 = (1; 2;3)

Oxyz , đường thẳng

x + 2 y +1 z − 3 = = 3 −2 −1 A. ( −2;1; −3 ) .

B. ( −3; 2;1) .

x −1 y − 3 z − 7 nhận vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương? = = −4 2 1 A. ( −2; −4;1) . B. ( 2; 4;1) . C. (1; −4;2 ) . D. ( 2; −4;1) .

một véc tơ chỉ phương của đường thẳng d :  y = 4

x y − 4 z −3 = = . Hỏi trong các vectơ sau, đâu không phải là vectơ chỉ phương của d ? − 2 3 1 A. u1 = ( −1; 2;3) . B. u2 = ( 3; −6; −9 ) . C. u3 = (1; −2; −3 ) . D. u4 = ( −2; 4;3) .

x y −1 z − 2 x − 2 y −1 z −1 = = = B. = 1 2 3 2 1 −1 x + 2 y + 1 z +1 x −1 y +1 z = = = = C. D. −2 −1 −1 2 −1 1 x −1 y − 2 z +1 nhận véc tơ u ( a; 2; b ) làm véc tơ chỉ phương. Tính = = 2 1 2 D. −4 .

Câu 14. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , tọa độ nào sau đây là tọa độ

 x = 2 + 4t  của một véctơ chỉ phương của đường thẳng ∆ :  y = 1 − 6t , ( t ∈ ℝ ) ?  z = 9t  C. ( 2;1;0 ) .

D. u = (1;0;2) .

Dạng 2. Xác định phương trình đường thẳng Dạng 2.1 Xác định phương trình đường thẳng cơ bản

?   z = −2 + t x +1 y z − 2 x −1 y z + 2 x +1 y z − 2 x −1 y z + 2 = = = = = = = = A. B. C. D. 2 3 1 1 3 −2 2 3 −2 2 3 1 Câu 20. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M (1; − 2;1) , N ( 0; 1; 3 ) . Phương trình đường thẳng qua hai điểm M , N là

Câu 13. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ trục tọa độ

1 1 3 3 2 4

C. u = (1;0; −2) .

 x = 1 + 2t 

B.  ; ;  .

B. u = (1; 4; −2) .

phương trình chính tắc của đường thẳng d :  y = 3t

thẳng nào sau đây nhận u = ( 2;1;1) là một vectơ chỉ phương?

 1 −1 3  ; . 3 2 4

A. u = (1;4;3) .

 z = 3 − 2t 

Câu 19. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là

Câu 12. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đường

A.  ;

D. ( 2;1;3 ) .

Câu 17. (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , đường thẳng

x = 1+ t 

D. N ( −2;1; −2 )

C. 4 .

C. ( 3; −2;1) .

Câu 18. (ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz véc tơ nào dưới đây là

Câu 11. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

B. 8 .

D. u4 = ( −1; −2; −3 )

(d ) :

M 2 lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các trục Ox , Oy . Vectơ nào dưới đây là một véctơ chỉ phương của đường thẳng M 1 M 2 ? A. u4 = ( −1; 2;0 ) B. u1 = ( 0; 2;0 ) C. u2 = (1; 2;0 ) D. u3 = (1;0; 0 )

a+b. A. − 8 .

C. u3 = ( 2; −1; 2 )

Câu 16. (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Vectơ nào sau đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng

Câu 10. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1; 2;3 ) . Gọi M 1 ,

Oxyz , cho đường thẳng d :

B. u2 = ( 2;1; 2 )

x +1 y − 3 z − 2 x +1 y − 2 z +1 = = = = . B. . −1 −2 3 2 1 1 x y −1 z − 3 x y −1 z − 3 C. = = . D. = = . −1 −2 3 2 1 1 A.

Câu 21. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình tham số trục Oz là

x = 0 

A. z = 0 .

z = 0 

D.  y = 0 .

z = 0 

z = t 

Câu 22. Trong không gian Oxyz, phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm M ( 2;0; −1) và có véctơ chỉ

D. ( 4; − 6;0 ) .

Câu 15. (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Trong không gian

x = 0 

x = t 

C.  y = 0 .

B.  y = t .

phương a = ( 2; −3;1) là

Oxyz , đường

x −1 y − 2 z − 3 thẳng d : = = có một vectơ chỉ phương là −1 2 2

 x = 4 + 2t 

A.  y = − 6

z = 2 − t 

 x = −2 + 2t 

B.  y = − 3t

z = 1+ t 

 x = −2 + 4t 

C.  y = − 6t

 z = 1 + 2t 

 x = 2 + 2t 

D.  y = − 3t .

 z = −1 + t 

Câu 23. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho E (−1;0; 2) và F (2;1; −5) . Phương trình đường thẳng EF là x −1 y z + 2 x +1 y z − 2 = = B. = = A. 3 1 −7 3 1 −7 x −1 y z + 2 x +1 y z − 2 = = = = C. D. 1 1 −3 1 1 3

Dạng 2.2 Xác định phương trình đường thẳng khi biết yếu tố vuông góc Câu 30. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình của đường thẳng đi qua A ( 2; 3; 0 ) và vuông góc với mặt phẳng ( P ) : x + 3 y − z + 5 = 0 ?

x = 1 + t 

x = 0 

x=t 

x = 0 

z = 0 

x =t 

C.  y = 0

B.  y = t

z = 0 

z=t 

a = ( 4; −6; 2) .Phương trình tham số của ∆ là  x = −2 + 4t   z = 1 + 2t 

 x = 2 + 2t 

B.  y = −3t

 z = −1 + t 

 x = 4 + 2t 

C.  y = −6

z = 2 + t 

 x = −2 + 2t 

D.  y = 3t

z = 1+ t 

x −1 = 3 x −3 = C. 1

z = 0 

x = 1+ t  

 B.  y = 4

     z = 2 + 2t

x = 2 + t  

 C.  y = 4 + 4t .

     z = 4 + 2t

 x = 1− t  

 D.  y = 2 − 4t      z = 2 − 2t

y +1 z x − 2 y − 3 z −1 = = = B. 2 1 1 2 3 y −3 z + 2 x −1 y + 1 z = = = D. 2 3 1 2 3

Câu 34. (Mã

Câu 28. (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian Oxyz , đường thẳng Oy có phương trình tham số là

z = t 

Oxyz , cho hai đường thẳng x −3 y −3 z + 2 x − 5 y +1 z − 2 = = = = d1 : ; d2 : và mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 3z − 5 = 0 . Đường −1 −2 −3 1 2 1 thẳng vuông góc với ( P ) , cắt d1 và d2 có phương trình là

x − 5 y − 4 z +1 x +1 y + 2 z + 3 A. . B. . = = = = 2 1 2 4 2 −4 x −1 y − 2 z − 3 x − 3 y − 3 z −1 C. . D. . = = = = −2 −1 4 2 4 2

x = 0 

 x = 1− t  

 A.  y = 4t

Câu 33. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Trong không gian

trình đường thẳng đi qua hai điểm A (1; 2;3) và B ( 5; 4; − 1) là

B.  y = 2 + t ( t ∈ ℝ ) .

x − 3 y −1 z + 7 . Đường thẳng đi qua A , vuông góc với d và cắt trục Ox có phương trình là = = 2 1 −2  x = −1 + 2t x = 1+ t  x = −1 + 2t x = 1+ t     A.  y = −2t B.  y = 2 + 2t C.  y = 2t D.  y = 2 + 2t z = t  z = 3t  z = 3 + 3t  z = 3 + 2t    

     z = 2 + 2t

y −1 z + 1 x −1 y −1 z + 1 = = = . B. . 3 2 1 2 3 y −2 z −3 x+2 y+3 z+2 = = = . D. . 1 −1 1 2 3

Câu 27. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , phương

x = t 

z = 1 + t 

D (1;1;3). Đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ( BCD) có phương trình là

trình đường thẳng đi qua hai điểm P (1;1; −1) và Q ( 2;3; 2 )

A.  y = t ( t ∈ ℝ ) .

z = 1 − t 

Câu 32. (Mã 102 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1; 0; 2) , B (1; 2;1) , C (3; 2;0) và

Câu 26. (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Trong không gian Oxyz , viết phương

x −1 = A. 2 x −1 = C. 1

D.  y = 1 + 3t

Câu 25. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng ∆ đi qua điểm M ( 2; 0; −1) và có một vectơ chỉ phương

A.  y = 6t

 x = 1 + 3t 

C.  y = 1 + 3t

Câu 31. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz cho điểm A (1; 2;3) và đường thẳng

D.  y = 0

z =t 

 x = 1 + 3t 

B.  y = 3t

z = 1 − t 

Câu 24. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz , trục y ′Oy có phương trình là A.  y = 0

x = 1 + t 

A.  y = 1 + 3t

x = 0 

C.  y = 0 ( t ∈ ℝ ) .

z = t 

x = t 

đề 101 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho các điểm A (1;2;0 ) , B ( 2;0;2 ) , C ( 2; −1;3) , D (1;1;3) . Đường thẳng đi qua C và vuông góc với mặt phẳng ( ABD ) có phương trình là

 x = −2 + 4t 

D.  y = 0 ( t ∈ ℝ ) .

z = 0 

A.  y = −4 + 3t .

Câu 29. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian Oxyz có đường thẳng có

 x = 1 + 2t 

z = 2 + t 

 x = 4 + 2t 

 x = −2 − 4t 

B.  y = 3 − t .

C.  y = −2 − 3t .

 z = 1 + 3t 

z = 2 − t 

 x = 2 + 4t 

D.  y = −1 + 3t .

z = 3 − t 

Câu 35. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho các điểm A ( 2; −1;0) , B (1; 2;1) , C ( 3; − 2;0) ,

phương trình tham số là (d ) :  y = 2 − t . Khi đó phương trình chính tắc của đường thẳng d là

D (1;1; − 3) . Đường thẳng đi qua D và vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) có phương trình là:

 z = −3 + t  x −1 y − 2 z + 3 x −1 y − 2 z − 3 A. B. = = = = −1 −1 2 1 2 1 x −1 y − 2 z + 3 x +1 y + 2 z − 3 C. D. = = = = −1 2 1 1 2 1

x = 1+ t 

A.  y = 1 + t

 z = −2 − 3t 

x = 1+ t 

B.  y = 1 + t

 z = −3 + 2t 

x = t 

C.  y = t

 z = −1 − 2t 

x = t 

D.  y = t

  z = 1 − 2t 6

Câu 36. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 2;1;3) và đường thẳng

x +1 y −1 z − 2 . Đường thẳng đi qua A , vuông góc với d và cắt trục Oy có phương trình là. = = −2 1 2  x = 2 + 2t  x = 2 + 2t  x = 2t  x = 2t     A.  y = −3 + 4t B.  y = 1 + t C.  y = 1 + 3t D.  y = −3 + 3t  z = 3t  z = 3 + 3t  z = 3 + 2t  z = 2t     d:

phương trình là:

 x = 1 + 2t 

A.  y = 1 − t

Câu 37. (Mã 103 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz cho A ( 0;0; 2 ) , B ( 2;1;0 ) , C (1;2; − 1) và

D ( 2;0; − 2) . Đường thẳng đi qua A và vuông góc với ( BCD ) có phương trình là x = 3  A.  y = 2 .   z = −1 + 2t

 x = 3 + 3t  B.  y = 2 + 2t . z = 1− t 

 x = 3t  C.  y = 2t . z = 2 + t 

x −1 y z − 2 = = 2 2 1

x −1 y z +1 . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A , vuông = = 1 1 2

x −1 y z − 2 = = −3 1 1

x −1 y z − 2 = = 1 1 1

x −1 y z − 2 = = 1 1 −1

8 4 8 Câu 39. (ĐỀ THAM KHẢO BGD & ĐT 2018) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(2; 2;1), B ( − ; ; ) . 3 3 3 Đường thẳng qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng (OAB) có phương trình là:

2 2 5 y− z+ 9= 9= 9 B. x + 1 = y − 8 = z − 4 A. −2 1 2 1 −2 2 1 5 11 x+ y− z− x +1 y − 3 z +1 3= 3= 6 C. D. = = −2 −2 1 2 1 2

A. 2 x − y + 2 z + 13 = 0

B. 2 x + y + 2 z − 22 = 0 D. 2 x − y + 2 z + 22 = 0

Câu 44. (THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (α ) : x − y + 2 z = 1 . Trong các đường thẳng sau, đường thẳng nào vuông góc với (α ) . A. d1 :

 z = −3t 

x = 3 + t 

z = 2 + t 

x = 3 + t 

C.  y = −2 − 4t

 z = 2 − 3t 

x y −1 z = = . −1 2 1

B. d 2 :

 x = 2t x y +1 z x y −1 z  = = . C. d 3 : = = . D. d 4 :  y = 0 1 −1 −1 1 −1 −1  z = −t 

Câu 45. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , đường thẳng đi qua điểm A (1;1;1) và vuông góc với mặt phẳng tọa độ ( Oxy ) có phương trình tham số là:

x = 1+ t  z = 1 

x = 1 

B.  y = 1

z = 1+ t 

x = 1+ t 

C.  y = 1

z = 1 

x = 1+ t 

D.  y = 1 + t .

z = 1 

Câu 46. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho điểm M (1; − 3; 2 ) và

x +1 y z + 2 và = = −1 2 2

mặt phẳng ( P ) : x + y − z + 1 = 0 . Đường thẳng nằm trong mặt phẳng ( P ) đồng thời cắt và vuông góc với d có phương trình là: B.  y = −2 + 4t

 z = 2 + 3t 

C. 2 x − y + 2 z − 13 = 0

A.  y = 1

Câu 40. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :

 x = −1 + t 

 z = 2t 

x = 1 

D.  y = 1 − t

 z = 2 + 2t  Câu 43. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng

A.  y = −4t

C.  y = 1 − 2t

đây là phương trình mặt phẳng đi qua giao điểm của d1 và ( P ) , đồng thời vuông góc với d2 ?

góc và cắt d . A.

z = 2 

x = 1 + t 

 x = −3 

B.  y = −t

 x = 1 + 3t x −1 y + 2 z  = = và mặt phẳng ( P ) : 2 x + 2 y − 3 z = 0. Phương trình nào dưới d1 :  y = −2 + t , d2 : −1 2 2 z = 2 

 x = 3 + 3t  D.  y = −2 + 2t . z = 1− t 

Câu 38. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A (1;0; 2 ) và đường thẳng d có phương trình:

x y + 1 z −1 và = = 1 2 1 mặt phẳng ( P ) : x − 2 y− z + 3 = 0 . Đường thẳng nằm trong ( P ) đồng thời cắt và vuông góc với ∆ có

Câu 42. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng ∆ :

 x = 3 + 2t 

mặt phẳng ( P ) : x − 3 y + 2 z − 1 = 0 . Tìm phương trình đường thẳng d qua M và vuông góc với ( P ) .

x +1 y − 3 z + 2 x −1 = = . B. = −3 1 2 1 x +1 x y z = = . C. = D. 1 −3 2 1

y+3 z −2 = . −3 2 y+3 z −2 = . −3 2

Câu 47. (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ

D.  y = −2 + 6t

z = 2 + t 

x − 4 y + 2 z −1 x − 2 y + 1 z −1 = = = = , d2 : . 1 4 −2 1 −1 1 Phương trình đường thẳng qua A , vuông góc với d1 và cắt d 2 là Oxyz cho A(1; −1; 3) và hai đường thẳng d1 :

Câu 41. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Trong không gian Oxyz cho điểm M ( −1;1; 3 ) và hai đường thẳng

x −1 y + 3 z −1 x +1 y z , ∆′ : . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng = = = = 3 2 1 1 3 −2 đi qua M và vuông góc với ∆ và ∆ ′ .  x = −1 − t  x = −t  x = −1 − t  x = −1 − t     B.  y = 1 + t C.  y = 1 − t D.  y = 1 + t A.  y = 1 + t  z = 1 + 3t z = 3 + t z = 3 + t z = 3 + t    

∆:

x −1 x −1 y +1 z − 3 . B. = = = 2 1 3 4 x −1 y +1 z − 3 x −1 C. . D. = = = −1 2 3 2 A.

y +1 z − 3 . = 1 4 y +1 z − 3 . = −1 −1

Câu 48. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm

x −1 y z +1 A (1;0;2 ) và đường thẳng d : . Đường thẳng ∆ đi qua A , vuông góc và cắt d có = = 1 1 2 phương trình là

x−2 = 1 x−2 = C. ∆ : 2

A. ∆ :

y −1 = 1 y −1 = 2

z −1 . −1 z −1 . 1

x −1 y z − 2 = = . 1 1 1 x −1 y z − 2 = = D. ∆ : . −3 1 1

Câu 54. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( 0; −1;3) ,

B (1;0;1) , C ( −1;1; 2) . Phương trình nào dưới đây là phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua A

Câu 49. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm

Oz có phương trình là  x = 1 − 3t  A.  y = 0 . z = 1+ t 

x −1 y − 2 z − 3 . Đường thẳng đi qua M , vuông góc với d và cắt = = 1 2 3

 x = 1 − 3t  B.  y = 0 . z = 1− t 

 x = 1 − 3t  C.  y = t . z = 1+ t 

 x = 1 + 3t  D.  y = 0 . z = 1+ t 

 x = −2 + 4t 

và đường thẳng d :

 x = −3 + 4t 

A.  y = 3 − 5t .

B.  y = 5 − 5t .

 z = 3 − 7t 

 z = 4 − 7t 

 x = 1 + 4t 

C.  y = 1 − 5t

 z = −4 − 7 t 

 x = −3 + 4t   z = 2 − 7t 

cho

đường

thẳng

mặt phẳng ( P ) : x + y + z + 1 = 0 , ( Q ) : x − y + z − 2 = 0 . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng đi qua A , song song với ( P ) và ( Q ) ?

x = 1+ t 

A.  y = −2

 x = −1 + t 

B.  y = 2

 z = −3 − t 

x = 1 

 x = 1 + 2t 

C.  y = −2

D.  y = −2

 z = 3 + 2t 

  z = 3 − 2t

(

)

Câu 57. (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ toạ độ

x y−3 z−2 và mặt phẳng = = 2 1 −3 ( P ) : x − y + 2 z − 6 = 0 . Đường thẳng nằm trong ( P ) cắt và vuông góc với d có phương trình là?

Oxyz ,

z = 3 + t  x −1 y z −1 D. . = = −2 1 1

x+2 y−2 z+3 = = B ( −1; 4; 1) và đường thẳng d : . Phương trình nào dưới đây là phương trình của −1 1 2 đường thẳng đi qua trung điểm của đoạn AB và song song với d ? x y −1 z +1 x y −1 z +1 A. = = B. = = 1 1 2 1 −1 2 x −1 y −1 z +1 x y−2 z+2 C. = = D. = = −1 −1 1 2 1 2

x − 4 y + 2 z −1 x − 2 y +1 z −1 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A , = = , d2 : = = −2 −1 1 4 1 1 vuông góc với đường thẳng d1 và cắt đường thẳng d 2 . x −1 y +1 z − 3 x −1 y +1 z − 3 A. . B. . = = = = 2 −1 −1 6 1 5 x −1 y +1 z − 3 x −1 y +1 z − 3 C. . D. . = = = = 6 −4 −1 2 1 3 gian

 x = −2t 

B.  y = −1 + t .

Câu 56. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; −2; −3 ;

d1 :

không

x y +1 z − 3 . = = −2 1 1

z = 3 − t 

D.  y = 7 − 5t .

Câu 51. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A (1; −1;3) và hai đường thẳng:

Câu 52. Trong

A. x − 2 y + z = 0 .

Câu 55. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A (1; −2;3) và hai

x −1 y z + 3 = = . Gọi ∆ là đường thẳng nằm trong −2 1 2 ( P ) , cắt và vuông góc với d . Phương trình nào sau đây là phương trình tham số của ∆ ?

( P ) : 3x + y + z = 0

và song song với đường thẳng BC ?

Câu 50. (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

y z−6 x + 5 y +1 z − 2 B. = = = 2 3 1 2 3 x+3 y+ 2 z + 2 y + 3 z +1 D. = = = 2 3 1 2 3

Dạng 2.3 Xác định phương trình đường thẳng khi biết yếu tố song song

B. ∆ :

M (1;0;1) và đường thẳng d :

x+7 = 1 x+4 C. = 1

x−2 y +2 z +5 x+2 y−2 z −5 = = = = . . B. 1 7 3 1 7 3 x − 2 y − 4 z +1 x + 2 y + 4 z −1 = = = = . D. . C. 1 7 3 1 7 3

x + 2 y −5 z − 2 = = và mặt phẳng 3 −5 −1 ( P ) : 2 x + z − 2 = 0 . Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M vuông góc với d và song song với ( P ) .

Oxyz , cho điểm M (1; − 3; 4 ) , đường thẳng d có phương trình:

x −1 y + 3 z − 4 = = . 1 −1 −2 x −1 y + 3 z − 4 C. ∆ : = = . 1 1 −2 A. ∆ :

Câu 53. (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng

x −1 = −1 x −1 D. ∆ : = 1 B. ∆ :

y +3 = −1 y+3 = −1

z−4 . −2 z+4 . 2

Câu 58. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng

x+3 y+2 z +2 x +1 y +1 z − 2 . = = ; d2 : = = −1 −4 2 3 2 3 Đường thẳng vuông góc mặt phẳng ( P ) và cắt cả hai đường thẳng d1 ; d 2 có phương trình là

x y −1 z +1 x − 2 y −1 z + 3 = = ; d2 : = = . Xét các −1 −2 3 1 1 1 điểm A, B lần lượt di động trên d1 và d 2 sao cho AB song song với mặt phẳng ( P ) . Tập hợp trung điểm của đoạn thẳng AB là

( P ) : x + 2 y + 3z − 7 = 0

và hai đường thẳng d1 :

( P) : 2x − y + 2 z + 3 = 0

và hai đường thẳng d1 :

x = 1+ t 

A. Một đường thẳng có vectơ chỉ phương u = ( −9;8; −5)

Câu 63. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y = 2 + t . Gọi ∆ là

B. Một đường thẳng có vectơ chỉ phương u = ( −5;9;8)

z = 3 

C. Một đường thẳng có vectơ chỉ phương u = (1; −2; −5)

D. Một đường thẳng có vectơ chỉ phương u = (1;5; −2 )

Câu 59. (THPT LƯƠNG VĂN CAN - LẦN 1 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 3; 2; − 4 ) và mặt

x − 2 y + 4 z −1 = = . Phương trình nào sau đây là −2 3 2 phương trình đường thẳng ∆ đi qua A , song song ( P ) và cắt đường thẳng d ? phẳng

( P ) : 3x − 2 y − 3 z − 7 = 0 , đường thẳng

 x = 3 + 11t  A.  y = 2 − 54t .  z = −4 + 47t 

 x = 3 + 54t  B.  y = 2 + 11t .  z = −4 − 47t 

 x = 3 + 47t  C.  y = 2 + 54t .  z = −4 + 11t 

 x = 3 − 11t  D.  y = 2 − 47t .  z = −4 + 54t 

 x = 1 + 3t   z = 5 + 4t 

. Gọi ∆ là

tạo bởi d và ∆ có phương trình là

 x = −1 + 2t   z = 6 + 11t 

 x = −1 + 2t 

B.  y = 2 − 5t

 z = −6 + 11t 

 x = 1 + 7t 

C.  y = −3 + 5t

z = 5 + t 

x = 1− t 

D.  y = −3

 z = 5 + 7t 

z = 3 − t 

 x = −1 + 3t  C.  y = 1 + 4t  z = 1 − 5t 

bằng 1. Phương trình tham số đường thẳng d là

 x = 1 − 2t  A.  y = t . z = 0 

 x = −18 + 19t  C.  y = −6 + 7t  z = −11 − 10t 

 x = 2 − 2t  C.  y = −t . z = 0 

z = 1 

A.  y = t

 x = 2 − 2t  D.  y = t . z = 1 

x = 0 

 x = 4t 

B.  y = t

z = t 

 z = −t 

 x = 14t 

C.  y = 2t

 z = −5t 

−8 4 8 ; ; ) . Đường 3 3 3

 x = 2t 

D.  y = 14t

 z = 13t 

Câu 67. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai

 x = 1 + 7t  D.  y = 1 + t  z = 1 + 5t 

x = 4 + t 

đường thẳng d1  y = −4 − t ; d 2 :

tạo bởi d và ∆ có phương trình là.

 x = −18 + 19t  B.  y = −6 + 7t  z = 11 − 10t 

 x = 2 + 2t  B.  y = −t . z = 0 

phân giác trong của tam giác OAB có phương trình là

 x = 1 + 3t  Câu 62. (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y = 1 + 4t . Gọi ∆ là z = 1  đường thẳng đi qua điểm A (1;1;1) và có vectơ chỉ phương u = ( −2;1; 2 ) . Đường phân giác của góc nhọn

 x = 1 + 27t  A.  y = 1 + t z = 1+ t 

 z = −2 + t 

Câu 65. (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Trong không gian Oxyz , cho

 x = 1 + 7t 

tạo bởi d và ∆ có phương trình là.

 x = −1 + 2t  B.  y = −10 + 11t  z = 6 − 5t 

z = 2 + t 

 x = −4 + 5t 

D.  y = −10 + 12t .

Câu 64. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam

đường thẳng đi qua điểm A (1;1;1) và có vectơ chỉ phương u = (1; −2; 2 ) . Đường phân giác của góc nhọn

 x = −1 + 2t  A.  y = −10 + 11t  z = −6 − 5t 

 z = 3 + 8t 

 x = −4 + 5t 

C.  y = −10 + 12t .

Câu 66. (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(2; 2;1), B (

Câu 61. (Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y = 1 + 4t . Gọi ∆ là

 x = 1 + 6t 

B.  y = 2 + 11t .

A ( 2;0;0 ) , đường thẳng d đi qua A cắt chiều âm trục Oy tại điểm B sao cho diện tích tam giác OAB

đường thẳng đi qua điểm A (1; −3;5) và có vectơ chỉ phương u (1; 2; −2 ) . Đường phân giác của góc nhọn

A.  y = 2 − 5t

 x = 1 + 5t 

A.  y = 2 − 2t .

giác ABC có A ( −1;3; 2 ) , B ( 2;0;5 ) , C ( 0; −2;1) . Viết phương trình đường trung tuyến AM của tam giác ABC . x +1 y − 3 z − 2 x −1 y − 3 z + 2 A. AM : B. AM : = = = = 2 −4 1 2 −4 1 x −1 y + 3 z + 2 x − 2 y + 4 z +1 C. AM : D. = = AM : = = 2 4 −1 1 −1 3

Dạng 2.4 Xác định một số phương trình đường thẳng đặc biệt (phân giác, trung tuyến…)

Câu 60. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y = −3

đường thẳng đi qua điểm A(1;2;3) và có vectơ chỉ phương u = (0; −7; −1). Đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và ∆ có phương trình là

 z = 6 + 2t  AB lần lượt ở B, C .Tính tỉ sô . AC A. 2 .

B. 3 .

x − 5 y − 11 z − 5 = = . Đường thẳng d đi qua A ( 5; −3;5) cắt d 1 ; d 2 2 4 2

1 . 2

1 . 3

Câu 68. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho

2 điểm M (1;2;3) , A ( 2;4;4 ) và hai mặt phẳng ( P ) : x + y − 2 z + 1 = 0 , ( Q ) : x − 2 y − z + 4 = 0.

x = 1− t  D.  y = 1 + 17t  z = 1 + 10t 

Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M , cắt ( P ), (Q ) lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC cân tại A và nhận AM làm đường trung tuyến. A.

x −1 y − 2 z − 3 x −1 y − 2 z − 3 = = = = . B. . −1 1 −1 −1 2 1 12

x −1 y − 2 z − 3 x −1 y − 2 z − 3 = = = = . D. . −1 −1 −1 1 1 1

Câu 69. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC biết A(2;1;0), B (3;0; 2), C (4;3; −4) . Viết phương trình đường phân giác trong góc A.

 x=2  A.  y = 1 + t  z=0 

x = 2  B.  y = 1 z =t 

x = 2 + t  C.  y = 1  z=0 

x = 2 + t  D.  y = 1  z =t 

trình đường trung tuyến kẻ từ B là

x +1 y z − 2 , mặt phẳng ( P ) : x + y − 2 z + 5 = 0 và A (1; − 1; 2 ) . = = 2 1 1 Đường thẳng ∆ cắt d và ( P ) lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN . Một

Oxyz , cho đường thẳng d :

C. u = (1; − 1; 2 ) .

D. u = ( −3; 5; 1) .

Câu 71. (THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG - HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình vuông ABCD biết A (1; 0;1) , B (1; 0; −3 ) và điểm D có hoành độ âm. Mặt phẳng ( ABCD ) đi qua

 x = −1   z = −1 

x = 1 

B. d :  y = t .

 z = −1 

 x = −1 

C. d :  y = t .

z = 1 

z = t 

A. N (1;5; 2 )

Câu 72. (THPT NGHEN - HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2018) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai đường thẳng

x +1 y − 2 z +1 x +1 y − 2 z +1 và ∆ 2 : cắt nhau và cùng nằm trong mặt phẳng ( P ) . Lập = = = = 1 2 3 1 2 −3 phương trình đường phân giác d của góc nhọn tạo bởi ∆1 , ∆ 2 và nằm trong mặt phẳng ( P ) .

∆1 :

 x = −1 + t  , (t ∈ ℝ) . B. d :  y = 2  z = −1 + 2t 

 x = −1 + t  C. d :  y = 2 − 2t , ( t ∈ ℝ ) .  z = −1 − t 

 x = −1 + t  D. d :  y = 2 + 2t , ( t ∈ ℝ )  z = −1 

x y−6 z −6 = = . −2 1 2

x −3 y −3 z − 2 = = , phương trình đường phân giác trong của góc −1 2 −1

Câu 76. (Mã đề 104 BGD& ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng d :

x = t 

D. d :  y = 1 .

 x = −1  ,( t ∈ ℝ) . A. d :  y = 2  z = −1 + t 

D. d :

x−2 y−4 z −2 = = . Đường thẳng AB có một véc-tơ chỉ phương là C là 2 −1 −1 A. u 3 = ( 2;1; −1) . B. u 2 = (1; −1; 0 ) . C. u 4 = ( 0;1; −1) . D. u1 = (1; 2;1) . Dạng 3. Một số bài toán liên quan giữa điểm với đường thẳng Dạng 3.1 Bài toán liên quan điểm (hình chiếu) thuộc đường, khoảng cách

x = 1− t  y = 5+t ?  z = 2 + 3t 

gốc tọa độ O . Khi đó đường thẳng d là trục đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD có phương trình A. d :  y = t .

B. d :

Câu 75. (CHUYÊN VINH - LẦN 2 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có A ( 2;3;3 ) , phương

Câu 70. (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ

vectơ chỉ phương của ∆ là A. u = ( 4; 5; − 13) . B. u = ( 2 ; 3; 2 ) .

8 2 2 y− z+ 3= 3= 3. −2 1 2

x−

x + 4 y +1 z −1 = = . −2 1 2 4 17 19 x+ y− z− 9= 9 = 9 . C. d : −2 1 2 A. d :

B. Q ( −1;1;3)

C. M (1;1;3)

D. P (1; 2;5)

Câu 77. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thằng

x + 2 y −1 z + 2 . = = 1 1 2 A. N ( 2; −1; 2 ) B. Q ( −2;1; −2 ) d:

C. M ( −2; −2;1)

Câu 78. (KTNL GIA BÌNH NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , đường thẳng nào sau đây? A.

Câu 73. (QUẢNG XƯƠNG - THANH HÓA - LẦN 1 - 2018) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC biết A (1; 0; −1) , B ( 2; 3; −1) , C ( −2;1;1) . Phương trình đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) là:

x − 3 y −1 z − 5 x y−2 z = = . B. = = . −1 3 5 3 1 5 x −1 y z +1 x −3 y − 2 z −5 C. = = . D. = = . −2 −1 1 2 3 5

M ( 2; −1;0 )

M ( 8;9;10 )

M ( 5;5;5 )

D. P (1;1; 2 )

 x = 2 + 3t  d :  y = −1 − 4t  z = 5t  D.

Câu 79. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian

x −1 y − 2 z − 3 đi qua điểm nào dưới đây? d: = = −1 2 2 A. Q ( 2; −1; 2 ) B. M ( −1; −2; −3) C. P (1; 2;3)

đi qua điểm

M ( 3; −4;5 )

Oxyz , đường thẳng

D. N ( −2;1; −2 )

Câu 80. (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , đường thẳng

Câu 74. (SGD&ĐT BẮC GIANG - LẦN 1 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho tam giác nhọn ABC có

 8 4 8 H ( 2; 2;1) , K  − ; ;  , O lần lượt là hình chiếu vuông góc của A , B , C trên các cạnh BC , AC ,  3 3 3 AB . Đường thẳng d qua A và vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) có phương trình là 13

 x = 1 + 2t  d :  y = 3 − t đi qua điểm nào dưới đây? z = 1− t  A. M (1;3; −1) . B. M ( −3;5;3) .

C. M ( 3;5;3) .

D. M (1; 2; −3) .

x = 1− t 

Câu 81. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1; − 1; 2 ) ,

x −1 y − 2 z −1 = = . Tìm điểm M ( a; b; c ) thuộc d sao cho B ( −1; 2; 3 ) và đường thẳng d : 1 1 2 2 2 MA + MB = 28 , biết c < 0 . 7 2 2  1 1 7 A. M  ; ; −  B. M  − ; − ; −  6 3 3 6 6  6 C. M ( −1; 0; − 3 ) D. M ( 2; 3; 3 ) Câu 82. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz .

x = t 

Đường thẳng d  y = 1 − t đi qua điểm nào sau sau đây? B. E (1;1; 2 ) .

C. H (1; 2;0 ) .

D. F ( 0;1; 2 ) .

C. M ( −1;1; −2 ) .

D. N (1; −1;2 ) .

Câu 84. (CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , gọi d là đường thẳng qua

A (1;0; 2 ) , cắt và vuông góc với đường thẳng d1 : B. Q ( 0; − 1;1) .

x −1 y z − 5 . Điểm nào dưới đây thuộc d ? = = 1 1 −2 C. N ( 0; − 1; 2 ) . D. M ( −1; − 1;1) .

thẳng d ? A. P ( 7; 2;1) .

D. M (1;1; 3 )

x −1 y + 2 z − 3 . Điểm nào sau đây không thuộc đường = = 3 2 −4

B. Q ( −2; − 4; 7 ) .

 1 1  2 3

A. ( 2; 4; 6 ) .

C. N ( 4 ; 0 ; − 1) .

D. M (1; − 2; 3 ) .

B. 1; ;  .

x y z = = là 1 2 3

C. ( 0; 0; 0 ) .

2 4 6 7 7 7

D.  ; ;  .

x = 1 − t  M (−4;0;0) và đường thẳng ∆ :  y = −2 + 3t . Gọi H (a; b;c) là hình chiếu của M lên ∆ . Tính a+b+c.  z = −2t  A. 5 . B. −1 . C. −3 . D. 7 .

(

3 3 3 C. N (1; 5; 2 )

D. M (1; 1; 3 )

x = 1 + t 

)

hình chiếu H của A 1;1;1 lên đường thẳng d :  y = 1 + t .

4 4 1

 z = t

(

)

B. H 1;1;1 .

C. H (0 ; 0 ; -1).

D. H (1 ; 1 ; 0).

Câu 94. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,

 x = 6 − 4t 

x +1 y − 2 z + 3 = = đi qua điểm nào dưới đây? 2 −1 −2 B. M (1; −2; −3) . C. P(−1;2; −3) . D. N(2; −1; −2) .

Câu 86. Trong không gian Oxyz , đường thẳng d : A. Q(2; −1; −2) .

Oxyz , cho đường thẳng d có phương trình

A. H ( ; ; ). B. P (1; 2; 5 )

C. N (1; 5; 2 )

Câu 93. (THPT YÊN PHONG 1 BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019 LẦN 2) Trong không gian Oxyz, tìm tọa độ

Câu 85. (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng

x = 1− t  d : y = 5+ t ?  z = 2 + 3t  A. Q ( −1; 1; 3 )

B. P (1; 2; 5 )

Câu 92. (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm

thẳng

A. P ( 2; − 1;1) .

A. Q ( −1;1; 3 )

Câu 90. (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ

chiếu vuông góc của M (1;0;1) lên đường thẳng ( ∆ ) :

Câu 83. (CHUYÊN KHTN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường

x −1 y + 1 z − 2 ? = = −1 2 3 A. Q ( −2;1; −3 ) . B. P ( 2; −1;3) .

 z = 2 + 3t 

Câu 91. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , tọa độ hình

z = 2 + t 

A. K (1; −1;1) .

Câu 89. Trong không gian Oxyz , điểm nào dưới đây thuộc đường thẳng d :  y = 5 + t ?

cho điểm A (1;1;1) và đường thẳng ( d ) :  y = −2 − t . Tìm tọa độ hình chiếu A′ của A trên ( d ) .

Câu 87. (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường

A. A′(2;3;1) .

 z = −1 + 2t  B. A′( −2;3;1) . C. A′(2; − 3;1) .

D. A′(2; − 3; −1) .

x −1 y + 2 z − 3 = = thẳng d : . Hỏi d đi qua điểm nào trong các điểm sau: 3 −4 −5 A. C ( −3; 4; 5 ) . B. D ( 3; − 4; − 5 ) . C. B ( −1; 2; − 3 ) . D. A (1; − 2; 3) .

Câu 95. Trong không gian Oxyz , cho hình thang cân ABCD có đáy là AB và CD . Biết A ( 3;1; − 2 ) ,

Câu 88. (SỞ GD& ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 3; −2;1) . Đường

Câu 96. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng

B ( −1;3; 2 ) , C ( −6;3; 6 ) và D ( a ; b ; c ) với a , b , c ∈ R . Giá trị của a + b + c bằng B. 1. C. 3 . D. −1.

A. −3 .

thẳng nào sau đây đi qua A ?

x − 3 y + 2 z −1 x−3 y +2 = = = = . B. 1 1 2 4 −2 x + 3 y + 2 z −1 x−3 y −2 = = = = C. . D. 1 1 2 4 −2 A.

x +1 y z − 2 = = và hai điểm A ( −1; 3;1) ; B ( 0; 2; −1) . Gọi C ( m; n; p ) là điểm thuộc đường thẳng 2 1 −1 d sao cho diện tích tam giác ABC bằng 2 2 . Giá trị của tổng m + n + p bằng B. 2 C. 3 D. −5 A. −1 d:

z +1 . −1 z −1 . −1

Câu 97. (CHUYÊN HÀ TĨNH

- LẦN 1 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng x +1 y + 3 z + 2 d: = = và điểm A ( 3; 2; 0 ) . Điểm đối xứng của điểm A qua đường thẳng d có tọa độ 1 2 2

là A. ( −1; 0; 4 ) .

B. ( 7;1; − 1) .

C. ( 2;1; − 2 ) .

x = t  M ( 2; −4; −1) tới đường thẳng ∆ :  y = 2 − t bằng  z = 3 + 2t  14

C. 2 14

x y −1 z + 2 = = . Biết điểm M có tung độ âm và cách mặt phẳng ( Oyz ) một khoảng 1 2 3 bằng 2. Xác định giá trị T = a + b + c . B. T = 11 . C. T = −13 . D. T = 1 . A. T = −1 . Dạng 3.2 Bài toán cực trị Câu 100. (Mã đề 101 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 0; 4; −3) . Xét đường thẳng d thay đổi, song song với trục Oz và cách trục Oz một khoảng bằng 3 . Khi khoảng cách từ A đến d nhỏ nhất, d đi qua điểm nào dưới đây? C. M ( 0; −3; −5) .

D. N ( 0;3; −5) .

Câu 101. (Mã 103 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz, cho điểm A (0;3;− 2 ) . Xét đường thẳng d thay đổi song song với Oz và cách Oz một khoảng bằng 2. Khi khoảng cách từ A đến d nhỏ nhất. d đi qua điểm nào dưới đây? A. Q (0;2;− 5) . B. M (0;4; − 2 ) . C. P (−2;0;− 2 ) . D. N (0;− 2;− 5) . Câu 102. (Mã 102 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 0; 4; − 3) . Xét đường thẳng d thay đổi, song song với trục Oz và cách trục Oz m ột khoảng bằng 3. Khi khoảng cách từ A đến d lớn nhất, d đi qua điểm nào dưới đây? A. N ( 0;3; − 5 ) . B. M ( 0; − 3; − 5 ) . C. P ( −3; 0; − 3 ) . D. Q ( 0;11; − 3) . Câu 103. (Mã đề 104 - BGD - 2019) Trong không gian Oxyz, cho điểm A ( 0;3; − 2 ) . Xét đường thẳng d thay đổi, song song với trục Oz và cách trục Oz một khoảng bằng 2. Khi khoảng cách từ A đến d lớn nhất, d đi qua điểm nào dưới đây? A. M ( 0;8; − 5) .

B. N ( 0; 2; − 5) .

C. M ( 3; −2;7 ) .

D. M ( 3;0; 4 ) .

x y −1 z = = và 1 1 1 hai điểm A (1; 2; −5 ) , B ( −1;0; 2 ) . Biết điểm M thuộc ∆ sao cho biểu thức MA − MB đạt giá trị lớn

Câu 106. (THPT CHU VĂN AN - HÀ NỘI - 2018) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng ∆ :

A. Tmax =

D. 2 6

đường thẳng ∆ :

B. P ( −3;0; −3) .

x −1 y − 2 z − 3 = = . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d để −2 1 2

nhất Tmax . Khi đó, Tmax bằng bao nhiêu?

Câu 99. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , Gọi M ( a; b; c ) thuộc

A. Q ( 0;5; −3) .

B (1;0;5 ) và đường thẳng d :

MA2 + MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất. A. M (1; 2;3 ) . B. M ( 2; 0;5 ) .

D. ( 0; 2; − 5 ) .

Câu 98. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , khoảng cách từ điểm

Câu 105. (LÊ QUÝ ĐÔN - QUẢNG TRỊ - LẦN 1 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho 2 điểm A ( 3; −2; 3) ,

C. P ( 0; − 2; − 5) .

D. Q ( −2;0; − 3) .

Câu 104. (THPT - YÊN ĐỊNH THANH HÓA 2018 2019- LẦN 2) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d có

x = 1− t  phương trình  y = 2 + t và ba điểm A ( 6;0;0 ) , B ( 0;3;0 ) , C ( 0;0;4 ) . Gọi M ( a; b; c ) là điểm thuộc d  z = −t 

57 .

B. Tmax = 3 .

C. Tmax = 2 6 − 3 .

D. Tmax = 3 6 .

Câu 107. (THPT NGUYỄN HUỆ - TT HUẾ - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

 x = −1 + 2t

( d ) :  y = 1 − t  z = 2t 

và hai điểm A (1;5;0 ) , B ( 3;3;6 ) . Gọi M ( a; b; c ) là điểm trên ( d ) sao cho chu vi

tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P = a + b + c . B. P = −3 . C. P = 3 . A. P = 1 .

D. P = −1.

Câu 108. (TT DIỆU HIỀN - CẦN THƠ - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

x − 2 y +1 z = = và hai điểm A ( 2; 0;3 ) , B ( 2; −2; −3 ) . Biết điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) thuộc d thỏa mãn 1 2 3 4 4 MA + MB nhỏ nhất. Tìm x0 . A. x0 = 1 . B. x0 = 3 . C. x0 = 0 . D. x0 = 2 . d:

Câu 109. (CHUYÊN HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( −1;0;1) , B ( 3; 2;1) ,

C ( 5;3;7 ) . Gọi M ( a; b; c ) là điểm thỏa mãn MA = MB và MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P = a+b+c A. P = 4 . B. P = 0 . C. P = 2 . D. P = 5 . Dạng 4. Một số bài toán liên quan giữa đường thẳng với mặt phẳng Dạng 4.1 Bài toán liên quan khoảng cách, góc Câu 110. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

( P ) : 2 x − 2 y − z + 1 = 0 và đường thẳng ∆ : A. d = 2

B. d =

5 3

x −1 y + 2 z −1 = = . Tính khoảng cách d giữa ∆ và ( P ) . 2 1 2 2 1 C. d = D. d = 3 3

Câu 111. (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa đường

x −1 y z và mặt phẳng ( P ) : x + y + z + 2 = 0 bằng: = = 1 1 −2 3 2 3 A. 2 3. B. C. . . 3 3

thẳng d :

sao cho biểu thức P = MA 2 + 2 MB 2 + 3 MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất, khi đó a + b + c bằng A. −3 . B. 4 . C. 1 . D. 2 .

Câu 112. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , khoảng cách

x = 2 + t  ∆ : giữa đường thẳng  y = 5 + 4t , ( t ∈ ℝ ) và mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 2 z = 0 bằng z = 2 + t  A. 1 .

B. 0 .

C. 2 .

Câu 115. (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm

( P ) :2 x − y − z + 4 = 0 .

Điểm

thuộc

( P)

sao cho

MA = MB = 35. Biết M có hoành độ nguyên, ta có OM bằng A. 2 2 .

B. 2 3 .

C. 3 2 .

x = t x −1 y − 2 z +1  Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : = = , d 2 :  y = 0 . Mặt phẳng ( P ) qua d1 tạo với d2 2 −2 −1  z = −t  0 một góc 45 và nhận vectơ n = (1; b; c ) làm một vectơ pháp tuyến. Xác định tích bc. B. 4 hoặc 0.

C. −4 .

D. 4 .

Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng

x−1 y + 2 z− 3 = = ? −2 3 1 B. 3x − 2 y + z + 12 = 0 A. 3x + 2 y + z − 8 = 0 C. 3x − 2 y + z − 12 = 0 D. x − 2 y + 3z + 3 = 0 ∆:

Câu 121. (ĐỀ MINH HỌA GBD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ có phương trình:

x − 10 y − 2 z + 2 . Xét mặt phẳng ( P ) :10 x + 2 y + mz + 11 = 0 , m là tham số thực. Tìm tất cả các = = 5 1 1 giá trị của m để mặt phẳng ( P ) vuông góc với đường thẳng ∆ . A. m = 2

B. m = −52

C. m = 52

D. m = −2

Câu 122. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình nào dưới đây là phương trình mặt

x +1 y − 2 z − = . −1 2 3 B. 2 x + y + 3 z − 9 = 0 . C. 2 x − y + 3 z − 9 = 0 . D. 2 x − y + 3 z − 6 .

A. 2 x − y + 3 z + 9 = 0 .

Câu 123. (THPT YÊN KHÁNH - NINH BÌNH - 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng

x −1 y − 2 z − 3 . Mặt phẳng ( P ) vuông góc với d có một vectơ pháp tuyến là: = = −1 2 2 A. n = (1;2;3) . B. n = ( 2; −1; 2 ) . C. n = (1;4;1) . D. n = ( 2;1; 2 ) . d:

Câu 124. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , phương trình

Câu 117. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường

x = t x −1 y − 2 z +1  thẳng d1 : và d 2 :  y = 0 . Mặt phẳng ( P ) qua d1 tạo với d 2 một góc 45o và = = 2 −2 −1  z = −t  nhận véctơ n (1; b ; c ) làm một véctơ pháp tuyến. Xác định tích bc . A. −4 hoặc 0 B. 4 hoặc 0 C. −4 D. 4 Câu 118. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN LẦN 1 NĂM 2018-2019) rong không gian Oxyz , cho hai

đường thẳng d1 :

Câu 120. (MÃ ĐỀ 123 BGD&DT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M ( 3; −1;1) .

phẳng đi qua M (1; −1; 2 ) và vuông góc với đường thẳng ∆ :

D. 4 .

Câu 116. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ

A. −4 hoặc 0.

x +1 y − 2 z + 3 = = có phương trình là 2 1 3 A. 2 x + y + 3 z + 2 = 0 . B. x + 2 y + 3 z + 1 = 0 . C. 2 x + y + 3 z − 2 = 0 . D. 3 x + 2 y + z − 5 = 0 .

góc với đường thẳng ∆ :

D. 3 .

 x = 1− t  d :  y = 2 + 2t và mặt phẳng (P): x − y + 3 = 0 . Tính số đo góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P).  z = 3+ t  A. 600 B. 300 C. 120o D. 450 Câu 114. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng x +1 y z −1 = = . Gọi d1 ' là hình chiếu vuông góc của ( P ) : 4 x = 7 y + z + 25 = 0 và đường thẳng d1 : 1 2 −1 d1 lên mặt phẳng ( P ) . Đường thẳng d2 nằm trên ( P ) tạo với d1 , d1 ' các góc bằng nhau, d2 có vectơ a + 2b chỉ phương u2 ( a; b; c ) . Tính . c a + 2b 2 a + 2b a + 2b 1 a + 2b = . = 0. = . = 1. A. B. C. D. c 3 c c 3 c và mặt phẳng

D. −4 hoặc 0 .

Câu 119. (Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm A (1; 2; −2 ) và vuông

Câu 113. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng

A ( 3;1;7 ) , B ( 5;5;1)

A. −4 . B. 4 . C. 4 hoặc 0 . Dạng 4.2 Bài toán phương trình mặt phẳng, giao tuyến 2 mặt phẳng

x = t x −1 y − 2 z +1  = = và d 2 :  y = 0 . Mặt phẳng ( P ) qua d1 , tạo với d 2 một góc 2 −2 −1  z = −t 

45° và nhận vectơ n (1; b; c ) làm một vec tơ pháp tuyến. Xác định tích b.c .

A. x + y + z +1 = 0 .

B. x − y − z = 1 .

Câu 125. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi

x − 2 y −1 z − 3 có phương trình là: = = −1 1 1 B. 3x − y + 2 z + 1 = 0 . C. x + y + z − 1 = 0 . D. 3x + y − 2 z − 1 = 0 .

qua điểm A ( 0;1;0 ) và chứa đường thẳng ( ∆ ) : A. x − y + z + 1 = 0 .

Câu 126. (CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM 2018-2019 LẦN 03) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng

x −1 y − 2 z + 2 = = . Mặt phẳng nào sau đây vuông góc với đường thẳng d . −2 1 1 A. (T ) : x + y + 2 z + 1 = 0 . B. ( P ) : x − 2 y + z + 1 = 0 . d:

C. ( Q ) : x − 2 y − z + 1 = 0 .

x y z = = là: 1 1 1 C. x + y + z = 1 . D. x + y + z = 0 .

mặt phẳng đi qua gốc tọa độ và vuông góc với đường thẳng (d ) :

D. ( R ) : x + y + z + 1 = 0 .

Câu 127. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương

x+2 y z +3 A. = = 2 −3 −7 x y − 3 z − 10 C. = = −2 −3 7

x−2 B. = 2 x−2 D. = −2

y = 3 y = 3

∆:

z −3 −7 z −3 7

x+2 = 1 x−2 = C. 1

y +1 z x+2 = = B. 3 −1 1 x−2 y −1 z − 3 = = D. 1 −1 1

y +1 z = 2 −1 y −1 z − 3 = 2 −1

tuyến của (α ) và ( β ) đi qua điểm nào? C. ( 5; 6;8 )

x+2 = 1 x−2 C. = 1

y +1 z x+2 = . B. = 3 −1 1 y −1 z − 3 x−2 . D. = = 1 −1 1

y +1 = 2 y −1 = 2

z . −1 z −3 . −1

x − 2 y z +1 . Gọi M là giao điểm của ∆ với mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 3z + 2 = 0 . = = −3 1 2 B. M ( 5; − 1; − 3) .

C. M (1;0;1) .

D. M ( −1;1;1) .

chiếu vuông góc của điểm A ( 3; 2; −1) lên mặt phẳng (α ) : x + y + z = 0 là: A. ( −2;1;1) .

5 2 3 3

7 3

B.  ; ; −  .

C. (1;1; −2 ) .

( P) : x − y + z + 2 = 0 A. ( 2; −2; −2 ) .

1 1 1 2 4 4

D.  ; ;  .

có tọa độ là B. ( −1; 0;1) .

C. ( −2; 2; 2 ) .

mặt phẳng ( P ) : 3 x + 5 y − z − 2 = 0 và đường thẳng ∆ :

D. (1; 0; −1) .

x − 12 y − 9 z − 1 là điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) . = = 4 3 1

Giá trị tổng x0 + y0 + z0 bằng

x +1 y −1 z − 3 = = . Phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc A ( 0; − 3;1 ) và đường thẳng d : −2 3 1 với đường thẳng d là: A. 3x − 2 y + z + 5 = 0 . B. 3x − 2 y + z − 7 = 0 . C. 3x − 2 y + z − 10 = 0 . D. 3x − 2 y + z − 5 = 0 . Câu 132. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x +1 y − 2 z ∆: = = và mặt phẳng ( P ) : x − y + z − 3 = 0 . Phương trình mặt phẳng (α ) đi qua O , −1 2 −3 song song với ∆ và vuông góc với mặt phẳng ( P ) là A. x + 2 y + z = 0 . B. x − 2 y + z = 0 . C. x + 2 y + z − 4 = 0 . D. x − 2 y + z + 4 = 0 . Dạng 4.3 Bài toán giao điểm (hình chiếu, đối xứng) của đường thẳng với mặt phẳng

A. 1.

Câu 133. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

x +1 y z − 5 và mặt phẳng ( P ) :3x − 3 y + 2 z + 6 = 0 . Mệnh đề nào dưới đây đúng? = = 1 − 3 −1

Câu 140. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

( P ) : 6 x − 2 y + z − 35 = 0 và điểm A ( −1;3;6 ) . Gọi

A ' là điểm đối xứng với A qua ( P ) , tính OA '.

A. OA′ = 5 3 B. OA′ = 46 C. OA′ = 186 D. OA′ = 3 26 Câu 141. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

x −1 y + 5 z − 3 = = . Phương trình nào dưới đây là phương trình hình chiếu vuông góc của d trên −1 2 4

mặt phẳng x + 3 = 0 ?

z = 3 − t 

D. −2 .

M ( a; b; c ) là tọa độ giao điểm của d và mặt phẳng ( ABC ) . Tổng S = a + b + c là: B. 11. C. 5. D. 6.

 x = −3 

B. d vuông góc với ( P ) .

C. 5 .

A. -7.

A.  y = −5 + 2t

C. d song song với ( P ) . D. d nằm trong ( P ) .

B. 2 .

 x = −t  Câu 139. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm A (1;0; 0 ) , B ( 0; 2;0 ) , C ( 0;0;3) và d :  y = 2 + t . Gọi z = 3 + t 

A. d cắt và không vuông góc với ( P ) .

D. T = −14 .

Câu 138. (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , giao điểm của

Câu 131. (ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz cho điểm

C. T = 14 .

Câu 137. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , hình chiếu của điểm M ( −1; 0; 3 ) theo phương véctơ v = (1; −2;1) trên mặt phẳng

D. (1; −2; 0 )

Câu 130. (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Đường thẳng ∆ là giao của hai mặt phẳng x + z − 5 = 0 và x − 2 y − z + 3 = 0 thì có phương trình là A.

Biết ∆ ⊂ ( P ) , tính giá trị của

Câu 136. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , tọa độ hình

x − 2 y −3 z chứa đường thẳng (d ) : = = và vuông góc với mặt phẳng ( β ) : x + y − 2z + 1 = 0 . Hỏi giao 1 1 2 B. ( 2;3;3 ) .

đường thẳng ∆ :

Tọa độ điểm M là A. M ( 2;0; − 1) .

Câu 129. (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi (α ) là mặt phẳng

A. ( 0;1; 3 ) .

( P ) :11x + my + nz − 16 = 0 .

Câu 135. (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho

Câu 128. Đường thẳng ∆ là giao tuyến của 2 mặt phẳng: x + z − 5 = 0 và x − 2 y − z + 3 = 0 thì có phương trình là A.

Câu 134. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

x y − 2 z +1 = = và mặt phẳng −2 1 3 T = m+n. A. T = 2 . B. T = −2 .

trình đường thẳng giao tuyến của hai mặt phẳng ( α ) : x + 3 y − z + 1 = 0 , ( β ) : 2 x − y + z − 7 = 0 .

 x = −3 

B.  y = −6 − t

 z = 7 + 4t 

 x = −3 

C.  y = −5 − t

 z = −3 + 4t 

 x = −3 

D.  y = −5 + t

 z = 3 + 4t 

Câu 142. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

x y +1 z − 2 = . Hình chiếu vuông góc của d trên ( P ) có ( P ) : x + y + z − 3 = 0 và đường thẳng d : = 1 2 −1 phương trình là

x −1 = 1 x +1 = C. −1 A.

y −1 = 4 y +1 = −4

z −1 −5 z +1 5

x −1 = 1 x −1 = D. 3

y−4 z+5 = 1 1 y − 1 z −1 = −2 −1

thẳng d1 có véctơ chỉ phương u = (1;0; −2) và đi qua điểm M (1; −3; 2) , d 2 :

a + 2b + 3c bằng A. −42 .

Câu 144. (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xác

định tọa độ điểm M ′ là hình chiếu vuông góc của điểm M ( 2;3;1) lên mặt phẳng (α ) : x − 2 y + z = 0 .

 

5 2

B. M ′ (1;3;5) .

A. M ′  2; ;3  .

3 2

C. M ′  ; 2;  .

x +1 y z − 2 và x + y − 2 z + 8 = 0 , = = 2 1 1 điểm A(2; −1;3) . Phương trình đường thẳng ∆ cắt d và ( P ) lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN là: x +1 y + 5 z − 5 x − 2 y +1 z − 3 A. B. = = = = 3 4 2 6 1 2 x −5 y −3 z −5 x −5 y −3 z −5 C. D. = = = = 6 1 2 3 4 2

B. ( −1;1; 2 ) .

C. ( −1; −2; −4 ) .

định tổng ( a + b ) .

D. ( 2;1; 2 ) .

A. 2019 .

Câu 146. (KSCL THPT NGUYỄN KHUYẾN LẦN 05 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm

x −1 y +1 z − 2 và mặt phẳng ( P ) : x + y + 2 z + 1 = 0 . Điểm B thuộc = = 2 1 −1 mặt phẳng ( P ) thỏa mãn đường thẳng AB vuông góc và cắt đường thẳng d . Tọa độ điểm B là

A (1; 2; −1) ,đường thẳng d :

A. (6; −7; 0)

B. (3; −2; −1)

C. ( −3;8; −3)

D. (0;3; −2)

Câu 147. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng và đường thẳng d :

x y +1 z − 2 = = . Hình chiếu vuông góc của d trên ( P ) có 1 2 −1

phương trình là

y +1 z +1 = −4 5 y − 1 z −1 = 4 −5

x −1 = 3 x −1 D. = 1

x −1 y − 2 z +1 và mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 3 = 0 . Đường thẳng d ′ = = 2 1 3 là hình chiếu của d theo phương Ox lên ( P ) , d ′ nhận u = ( a; b; 2019 ) là m ột vectơ chỉ phương. Xác

Oxyz , cho đường thẳng d :

đối xứng với điểm M (1; 2; 4 ) qua mặt phẳng (α ) : 2 x + y + 2 z − 3 = 0 có tọa độ là A. ( −3; 0;0 ) .

x +1 = −1 x −1 C. = 1

D. 20 .

Câu 151. (CHUYEN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ

D. M ′ ( 3;1; 2 ) .

Câu 145. (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH LẦN 1 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , điểm M ′

C. 11 .

đường thẳng d và mặt phẳng ( P ) lần lượt có phương trình

y +5 z −4 x y −5 z + 4 = = = . B. . −17 −2 11 −17 −2 y −5 z − 4 x y −5 z − 4 = = = . D. . −17 −2 11 −17 2

( P) : x + y + z − 3 = 0

B. −32 .

Câu 150. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho

mặt phẳng (α ) .

5 2

x + 3 y −1 z + 4 . = = 1 −2 3

Phương trình mặt phẳng ( P) cách đều hai đường thẳng d1 và d 2 có dạng ax + by + cz +11 = 0 . Giá trị

x + 4 y −3 z − 2 d: = = . Viết phương trình đường thẳng d ' đối xứng với đường thẳng d qua 3 −6 −1

 

y+2 z+4 x −1 y + 1 z + 1 = . B. = = . −3 −2 −3 1 1 y +4 z +5 = . D. Đáp án khác. −3 1

Câu 149. (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ NĂM 2018 - 2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường

Câu 143. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (α ) : 2 x + y + z − 3 = 0 và đường thẳng

x = A. 11 x = C. 11

x −5 = 2 x −3 C. = 2 A.

y − 1 z −1 = −2 −1 y −4 z +5 = 1 1

B. −2019 .

C. 2018 .

D. −2020 .

Câu 152. (THPT ĐÔNG SƠN THANH HÓA NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 3 = 0 và đường thẳng d :

x y +1 z − 2 = = . Hình chiếu của d trên ( P ) có 1 2 −1

phương trình là đường thẳng d ′ . Trong các điểm sau điểm nào thuộc đường thẳng d ′ : A. M ( 2;5; − 4 ) . B. P (1;3; − 1) . C. N (1; − 1;3) . D. Q ( 2;7; − 6 ) . Câu 153. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , đường thẳng

x = t  d :  y = −1 + 2t , t ∈ ℝ, cắt mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 3 = 0 tại điểm I . Gọi ∆ là đường thẳng nằm z = 2 − t  trong mặt phẳng ( P ) sao cho ∆ ⊥ d và khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng ∆ bằng

42 . Tìm tọa

độ hình chiếu M ( a; b; c ) ( với a + b > c ) của điểm I trên đường thẳng ∆ .

Câu 148. (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng

x − 3 y + 2 z +1 d: = = , mặt phẳng ( P) : x + y + z + 2 = 0 . Gọi M là giao điểm của d và (P) . Gọi ∆ 2 1 −1 là đường thẳng nằm trong ( P) vuông góc với d và cách M một khoảng 42 . Phương trình đường thẳng ∆ là 23

A. M ( 2;5; −4 ) .

B. M ( 6; −3;0 ) .

C. M ( 5; 2; −4 ) .

D. M ( −3;6; 0 ) .

Câu 154. (ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (α ) : x + y − z + 6 = 0 và đường thẳng

x −1 y + 4 z = = . Hình chiếu vuông góc của d trên (α ) có phương trình là 2 3 5 24

A. 1.

x y + 5 z −1 x + 1 y + 4 z −1 = = = . B. = . 2 3 5 2 3 5 x + 5 y z −1 x y − 5 z −1 = = = C. . D. = . 2 3 5 2 3 5 A.

Câu 162. Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng

C ( 2; 2; 2 ) . Điểm M ( a; b; c ) trên

Câu 155. (KTNL GV BẮC GIANG NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

( P ) : x + y − z −1 = 0

và đường thẳng d :

x + 2 y − 4 z +1 = = . Viết phương trình đường thẳng d ′ là −2 2 1

hình chiếu vuông góc của d trên ( P ) .

( P)

( P) : x + y + z − 3 = 0

và ba điểm A ( 3;1;1) , B ( 7;3;9 ) và sao cho MA + 2 MB + 3MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính

43 . 9 Câu 163. Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1;1; 2 ) và mặt phẳng ( P ) :( m − 1) x + y + mz − 1 = 0 , với m là B.

định dưới đây là A. 2 < m < 6 .

Câu 156. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

x −1 y − 2 z +1 và mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 3 = 0 . Đường thẳng d ' là hình chiếu của d theo = = 2 1 3 phương Ox lên ( P ) ; d ' nhận u ( a ; b ; 2019 ) làm một véctơ chỉ phương. Xác định tổng a + b . d:

C. 2018

2a − 10b + c . 62 A. . 9

D. 0 .

27 . 9

46 . 9

tham số. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( P ) lớn nhất. Khẳng định đúng trong bốn khẳng

x + 2 y z +1 x − 2 y z −1 = = . B. d ′ : = = . −5 −5 7 2 7 2 x + 2 y z +1 x − 2 y z −1 = = = = C. d ′ : . D. d ′ : . 7 5 2 7 5 2 A. d ′ :

A. 2019 B. −2019 Dạng 4.4 Bài toán cực trị

C. 3 .

B. 2 .

D. −2020

B. m > 6 .

C. −2 < m < 2 .

D. −6 < m < 2 .

Câu 164. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1;1;1) , B (2; 0;1) và mặt phẳng ( P ) : x + y + 2 z + 2 = 0. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A , song song với mặt phẳng ( P ) sao cho khoảng cách từ B đến d lớn nhất.

x −1 y −1 z −1 = = . 3 1 −2 x−2 y−2 z = = C. d : . 1 1 −1

x y z+2 = = . 2 2 −2 x −1 y − 1 z − 1 = = D. d : . 3 −1 −1

A. d :

B. d :

Câu 165. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho 3 điểm A(−8;1;1) , Câu 157. (THPT AN LÃO HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A (1; 2;3) , B ( 0;1;1) , C (1; 0; − 2 ) và mặt phẳng ( P ) : x + y + z + 2 = 0 . Gọi M là điểm thuộc mặt phẳng (P) sao cho giá trị của biểu thức T = MA2 + 2MB 2 + 3MC 2 nhỏ nhất. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( Q ) :2 x − y − 2 z + 3 = 0 ? A.

2 5 3

121 54

C. 24

91 54

A. 16.

B. 18.

C. 14.

Oxyz , cho tam giác ABC

x y z = = và mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 2 z = 0 . Gọi ( Q ) là mặt phẳng chứa ∆ sao cho góc 2 2 1 giữa hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) là nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng ( Q ) là

thẳng ∆ :

B. x + 22 y + 10 z = 0 . C. x − 2 y − z = 0 .

D. x + 10 y − 22 z = 0 .

Câu 159. (THPT CẨM GIÀNG 2 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm

B ( 2;1; −1) C ( 2;3;0 )

biết MA − MB đạt giá trị lớn nhất khi điểm M trùng với điểm M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) . Tính tích số x0 y0 z0 . D. 12.

Câu 166. (ĐỀ 01 ĐỀ PHÁT TRIỂN ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ

Câu 158. (THCS - THPT NGUYỄN KHUYẾN NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho đường

A. x − 2 y + z = 0 .

B (2;1;3) và C (6; 4;0) . Một điểm M di động trong không gian sao cho MA.MC = MA.MB + 34 . Cho

( P) : x + 2 y − 2z − 9 = 0

( P)

A(2;1; 3), B (1; −1;2),

(

)

C (3; −6; 0), D 2; − 2; − 1 . Điểm

M (x ; y; z ) thuộc mặt phẳng (P ) : x − y + z + 2 = 0 2

sao cho S = MA + MB + MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức 2

P = x +y +z . A. P = 6 .

B. P = 2 .

C. P = 0 .

D. P = −2 .

Câu 167. (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường

A ( −10; −5;8 )

, và mặt phẳng . Xét M là điểm thay đổi trên 2 2 2 2 2 2 cho MA + 2MB + 3MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính MA + 2MB + 3MC . A. 54 . B. 282 . C. 256 . D. 328 .

với

sao

x y +1 2 − z = = . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng −2 1 1 ( Q ) : 2 x − y − 2 z − 2 = 0 một góc có số đo nhỏ nhất. Điểm A (1; 2;3) cách mặt phẳng ( P ) một khoảng

thẳng d :

bằng:

Câu 160. (TRƯỜNG THPT HOÀNG HOA THÁM HƯNG YÊN NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có A ( −1;1;6 ) , B ( −3; − 2; − 4 ) , C (1; 2; − 1) , D ( 2; − 2;0 ) . Điểm

M ( a; b; c ) thuộc đường thẳng CD sao cho tam giác ABM có chu vi nhỏ nhất. Tính a + b + c . A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 0 . Câu 161. (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tứ diện ABCD có

A ( −1;1;6 ) , B ( −3; −2; −4 ) , C (1; 2; −1) , D ( 2; −2;0 ) . Điểm M ( a; b; c ) thuộc đường thẳng CD sao cho tam giác ABM có chu vi nhỏ nhất. Tính a + b + c. 25

5 3 . 3

7 11 . 11

4 3 . 3

Câu 168. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm

A (1; 2; −3) , B ( −2; −2;1) và mặt phẳng ( α ) : 2 x + 2 y − z + 9 = 0 . Gọi M là điểm thay đổi trên mặt phẳng ( α ) sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới một góc vuông. Xác định phương trình đường thẳng

MB khi MB đạt giá trị lớn nhất.

 x = −2 − t 

A.  y = −2 + 2t

 z = 1 + 2t 

 x = −2 + 2t 

B.  y = −2 − t

 z = 1 + 2t 

 x = −2 + t 

C.  y = −2

 z = 1 + 2t 

 x = −2 + t 

Câu 175. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) 2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua

D.  y = −2 − t

 

hai điểm A (1; −7; −8 ) , B ( 2; −5; −9 ) sao cho khoảng cách từ điểm M ( 7; −1; −2 ) đến ( P ) đạt giá trị lớn

z =1

nhất. Biết ( P ) có một véctơ pháp tuyến là n = ( a; b; 4 ) , khi đó giá trị của tổng a + b là

Câu 169. ----- (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Viết phương trình đường thẳng a đi qua M ( 4 ; − 2; 1) , song song với mặt phẳng (α ) : 3x − 4 y + z − 12 = 0 và cách

A ( −2 ; 5; 0 ) một khoảng lớn nhất.

x = 4 − t 

A.  y = −2 + t .

z = 1+ t 

x = 4 + t 

B.  y = −2 − t .

 z = −1 + t 

đường thẳng d :

 x = 1 + 4t 

C.  y = 1 − 2t .

 z = −1 + t 

 x = 4+t 

D.  y = −2 + t .

 z = 1+ t 

Câu 170. (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Đường thẳng ∆ đi qua điểm M ( 3;1;1) , nằm trong mặt phẳng

x = 1  (α ) : x + y − z − 3 = 0 và tạo với đường thẳng d :  y = 4 + 3t một góc nhỏ nhất thì phương trình của ∆  z = −3 − 2t  là

x = 1 

A.  y = −t ′ .

 z = 2t ′ 

 x = 8 + 5t ′ 

B.  y = −3 − 4t ′ .

 z = 2 + t′ 

 x = 1 + 2t ′ 

C.  y = 1 − t ′ .

 z = 3 − 2t ′ 

 x = 1 + 5t ′ 

D.  y = 1 − 4t ′ .

C. (1;3; 4 ) .

Câu 177. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) 4 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( −3; 0;1) ,

B (1; − 1;3 ) và mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 5 = 0 . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A , song song với mặt phẳng ( P ) sao cho khoảng cách từ B đến d nhỏ nhất.

x+3 y = = 26 11 x+3 y = = C. d : 26 11

A. d :

z −1 x+3 y z −1 = = . B. d : . −11 −2 26 2 z −1 x + 3 y z −1 = = . D. d : . 2 −26 11 −2

Gọi M ( a; b; c )

thuộc (α ) sao cho MA + MB + 3MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng S = a + b + c. B. 2 .

C. − 2 .

D. 1 .

M ( a; b; c )( a > 2 )

( P) : x + y − z + 2 = 0

và hai điểm

A ( 3; 4;1) ; B ( 7; −4; −3)

. Điểm

( P) thuộc

sao cho tam giác ABM vuông tại M và có diện tích nhỏ nhất. Khi đó giá trị biểu thức T = a + b + c bằng: A. T = 6 . B. T = 8 . C. T = 4 . D. T = 0 . Câu 180. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 2;5;3) và đường

Oxyz ,cho hai điểm A(1;0;2), B(3;1; −1). và mặt phẳng ( P) : x + y + z −1 = 0. Gọi M (a; b; c) ∈ (P) sao cho 3MA − 2MB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính

Câu 173. Trong không gian với hệ tọa độ

S = 9a + 3b + 6c. D. 1.

x −1 y z − 2 . Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa d sao cho khoảng cách từ A đến ( P ) là lớn = = 2 1 2 nhất. Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến ( P ) bằng thẳng d :

Câu 174. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A ( 2; −1; −2 ) và đường

x −1 y −1 z −1 = = . Gọi ( P ) là mặt phẳng đi qua điểm A , song song với −1 1 1 đường thẳng ( d ) và khoảng cách từ d tới mặt phẳng ( P ) là lớn nhất. Khi đó mặt phẳng ( P ) vuông góc

thẳng ( d ) có phương trình

với mặt phẳng nào sau đây? A. x − y − 6 = 0 . B. x + 3 y + 2 z + 10 = 0 . C. x − 2 y − 3z − 1 = 0 .

(α ) : 3x − 3 y − 2 z − 12 = 0.

tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

một khoảng ngắn nhất. Hỏi ∆ nhận vecto nào dưới đây là vecto chỉ phương ? A. u = ( 6;3; −5 ) . B. u = ( 6; −3;5) . C. u = ( 6; 3;5 ) . D. u = ( 6; −3; −5 ) .

C. 2.

D. − x + 2 y + z + 5 = 0 .

Câu 179. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ

phẳng ( P) : x + 2 y = 0 . Gọi ∆ là đường thẳng đi qua A , song song với ( P) và cách điểm B ( −1;0; 2 )

B. 3.

B. x + y − z = 0 .

C. x + y − z + 1 = 0 .

A. 3 .

 37 −56 68  D.  ; ; .  3 3 3 

Câu 172. (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Trong không gian Oxyz , cho điểm A (1;1;1) và mặt

A. 4.

nhất có phương trình là A. x + y − z − 2 = 0 .

điểm A (1; 4; 5 ) , B ( 3; 4; 0 ) , C ( 2; −1; 0 ) và mặt phẳng

A ( 4; −2;6 ) , B ( 2; 4; 2 ) , M ∈ (α ) : x + 2 y − 3 z − 7 = 0 sao cho MA.MB nhỏ nhất. Tọa độ của M bằng B. ( 4;3;1) .

x − 2 y +1 z −1 = = . Mặt phẳng (α ) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến (α ) lớn −1 2 1

Câu 178. (KTNL GV THPT LÝ THÁI TỔ NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba

 z = 3 + 2t ′ 

Câu 171. (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz cho

 29 58 5  A.  ; ;  .  13 13 13 

A. −1 . B. 3 . C. 6 . D. 2 . Câu 176. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) 3 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 3; −1; 0 ) và

3 . 6

11 2 . 6

1 . 2

Câu 181. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm

A (1; 2;3) , B ( 5; −4; −1) và mặt phẳng

I ( a; b; c ) nằm giữa AB . Tính a + b + c B. 6

A. 8

( P)

qua Ox sao cho d( B ,( P )) = 2d( A,( P )) , ( P ) cắt AB tại C. 12

D. 4

Câu 182. (ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz cho các điểm

D. 3 x + z + 2 = 0 .

A(1;2;0), B(1; −1;3), C (1; −1; −1) và mặt phẳng ( P) : 3x − 3 y + 2 z − 15 = 0 . Xét M (a; b; c) thuộc mặt 2

phẳng ( P) sao cho 2MA − MB + MC nhỏ nhất. Giá trị của a + b + c bằng

A. 3 .

C. 2 .

B. 7 .

D. −1 .

Câu 190. (MĐ 105 BGD& ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng

Câu 183. (ĐỀ THI CÔNG BẰNG KHTN LẦN 02 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng

x + 1 y z −1 = = và điểm A(1;2;3) . Gọi ( P) là mặt phẳng chứa d và cách điểm A một khoảng cách −2 1 1 lớn nhất. Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của ( P) . A. n = (1;0; 2) . B. n = (1; 0; −2) . C. n = (1;1;1) . D. n = (1;1; −1) . d:

Câu 184. (THPT CHUYÊN THÁI BÌNH - LẦN 5 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm

A ( −3;0;1) , B (1; − 1;3 ) và mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 5 = 0 . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A , song song với mặt phẳng ( P ) sao cho khoảng cách từ B đến d nhỏ nhất.

x+3 y = = 26 11 x+3 y = = C. d : 26 11

A. d :

Câu 185. (SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

x −1 y + 1 z − 3 = = và điểm A (1; 3; 1) thuộc mặt phẳng ( P ) . −1 2 1 Gọi ∆ là đường thẳng đi qua A , nằm trong mặt phẳng ( P ) và cách đường thẳng d một khoảng cách lớn nhất. Gọi u = ( a; b; 1) là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng ∆ . Tính a + 2b . A. a + 2b = −3 . B. a + 2b = 0 . C. a + 2b = 4 . D. a + 2b = 7 . d:

Câu 186. (SGD&ĐT BẮC GIANG - LẦN 1 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A ( 2;1;3 ) và mặt phẳng ( P ) : x + my + ( 2m + 1) z − m − 2 = 0 , m là tham số. Gọi H ( a; b; c ) là hình chiếu vuông góc của điểm A trên ( P ) . Tính a + b khi khoảng cách từ điểm A đến ( P ) lớn nhất ? A. a + b = −

1 . 2

B. a + b = 2 .

C. a + b = 0 .

D. a + b =

3 . 2

, B ( −1; −1; 3) và mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + z − 2 = 0 . Tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho B. M ( 0;0; 2 ) .

C. M (1; 2; −3 ) .

B ( 5; 0; − 1) , C ( 3; 1; 2 ) và mặt phẳng ( Q ) : 3 x + y − z + 3 = 0 . Gọi M ( a; b; c ) là điểm thuộc ( Q ) 2

x y −3 z − 2 x − 3 y +1 z − 2 và d 2 : = = = = −2 1 2 1 1 1 2 12 . B. . A. 3 5

D. 14 .

thẳng d1 :

A (1;1;1) , B ( 0;1; 2 ) , C ( −2;1; 4 ) và mặt phẳng ( P ) : x − y + z + 2 = 0 . Tìm điểm N ∈ ( P ) sao cho  1 5 3  2 4 4

C. N  − ; ;  .

D. 3 .

x −1 y z + 2 x + 2 y −1 z , d2 : = = = = . Xét vị trí tương đói của hai đường thẳng đã cho. −2 −1 2 2 1 −2

A. Chéo nhau

B. Trùng nhau

C. Song song

D. Cắt nhau

Câu 193. (CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian tọa độ Oxyz , xét vị trí tương đối của hai đường thẳng x −1 y +1 z x−3 y−3 z+2

∆1 :

= = , ∆2 : = = 2 2 3 −1 −2 1 A. ∆1 song song với ∆2 . B. ∆1 chéo với ∆2 . C. ∆1 cắt ∆2 . D. ∆1 trùng với ∆2 . Câu 194. (HỌC MÃI NĂM 2018-2019-LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng

x +1 y + 2 z −1 x + 2 y −1 z + 2 = = = = và ∆2 : . Đường thẳng chứa đoạn vuông góc chung của 2 1 1 −4 1 −1 ∆1 và ∆ 2 đi qua điểm nào sau đây? A. M ( 0; −2; −5 ) .

B. N (1; −1; −4 ) .

đường thẳng d1 :

C. P ( 2; 0;1) .

D. Q ( 3;1; −4 ) .

x = 1+ t x −1 y z  = = ; d 2 :  y = 2 + t . Gọi S là tập tất cả các số m sao cho d1 và d 2 chéo 2 1 3 z = m 

nhau và khoảng cách giữa chúng bằng

Câu 189. (LÊ QUÝ ĐÔN - QUẢNG TRỊ - LẦN 1 - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 3 điểm

S = 2 NA2 + NB 2 + NC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.  4 4 A. N  − ; 2;  . B. N ( −2; 0;1) .  3 3

3 2 . 2

Câu 192. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường

thỏa mãn MA + MB + 2 MC nhỏ nhất. Tính tổng a + b + 5c . B. 9 . C. 15 . A. 11 .

Câu 195. (THPT GANG THÉP THÁI NGUYÊN NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai

D. M ( −1; 2; −1) .

Câu 188. (TRẦN PHÚ - HÀ TĨNH - LẦN 2 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A (1; − 2; 1) , 2

x−3 y+2 z−2 x+3 y+2 z+2 = = B. = = . 3 1 −2 3 1 −2 x−3 y−2 z−2 x+3 y−2 z+2 C. = = D. = = 3 1 −2 3 1 −2

∆1 :

Câu 187. (PTNK CƠ SỞ 2 - TPHCM - LẦN 1 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1;1;1)

MA + MB nhỏ nhất là: A. M (1;0;1) .

mặt phẳng chứa d và d′ , đồng thời cách đều hai đường thẳng đó.

Câu 191. (CHUYÊN TRẦN ĐẠI NGHĨA - TPHCM - HK2 - 2018) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng d1 :

z −1 x+3 y z −1 = = . B. d : . −11 −2 26 2 z −1 x + 3 y z −1 . D. d : = = . 2 −26 11 −2

( P ) : x + y − 4 z = 0 , đường thẳng

 x = 2 + 3t x−4 y+1 z  = = . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng thuộc d :  y = −3 + t và d′ : 3 1 −2  z = 4 − 2t 

D. N ( −1; 2;1) .

A. −11 .

B. 12 .

5 . Tính tổng các phần tử của S . 19 C. −12 .

D. 11 .

x −1 y − 2 z − 3 = = Câu 196. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d1 : và điểm A (1;0; −1) . Gọi d 2 là 1 −2 1 đường thẳng đi qua điểm A và có vectơ chỉ phương v = ( a;1; 2 ) . Giá trị của a sao cho đường thẳng d1 cắt đường thẳng d 2 là

Dạng 5. Một số bài toán liên quan giữa đường thẳng thẳng với đường thẳng

A. a = −1 .

B. a = 2 .

C. a = 0 .

D. a = 1 .

Câu 197. (THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz cho ba đường

x y z +1 x − 3 y z −1 x −1 y − 2 z thẳng d : = = = = , ∆1 : , ∆2 : = = . Đường thẳng ∆ vuông góc với 1 1 −2 2 1 1 1 2 1 d đồng thời cắt ∆1 , ∆2 tương ứng tại H , K sao cho độ dài HK nhỏ nhất. Biết rằng ∆ có một vectơ chỉ phương u ( h; k ;1) . Giá trị h − k bằng A. 0.

B. 4.

C. 6.

D. −2.

Câu 198. (THPT NGHEN - HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng

x = 2 − t x − 4 y +1 z  = = . Phương trình nào dưới đây là phương trình đường thẳng thuộc d :  y = 1 + 2t và d ′ : −2 1 2  z = 4 − 2t  mặt phẳng chứa d và d ′ đồng thời cách đều hai đường thẳng đó. x +3 y + 2 z + 2 x − 2 y −1 z − 4 = = . B. . A. = = −2 3 1 −2 1 2 x −3 y z −2 x +3 y −2 z + 2 C. = = . D. = = . −2 1 2 −1 2 −2 Câu 199. (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC - LẦN 4 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho bốn đường thẳng:

x − 3 y +1 z +1 x y z −1 x −1 y + 1 z − 1 = = = = , , , ( d2 ) : = = ( d3 ) : −2 1 1 1 −2 1 2 1 1 x y −1 z − 1 = . Số đường thẳng trong không gian cắt cả bốn đường thẳng trên là: ( d4 ) : = −1 1 1 A. 0 . B. 2 . C. Vô số. D. 1 .

( d1 ) :

Câu 200. (CỤM 5 TRƯỜNG CHUYÊN - ĐBSH - LẦN 1 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai

x = 1+ t x −1 y z  = = , d 2 :  y = 2 + t . Gọi S là tập tất cả các số m sao cho d1 và d 2 chéo 2 1 3 z = m  5 nhau và khoảng cách giữa chúng bằng . Tính tổng các phần tử của S . 19 A. −11 . B. 12 . C. −12 . D. 11 . đường thẳng d1 :

A. ( S ) : ( x + 2 ) + ( y + 1) + ( z + 2 ) = 4.

C. ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 2)2 = 4.

D. ( S ) : ( x + 2 ) + ( y + 1) 2 + ( z + 2) 2 = 16.

Câu 203. (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho

x +1 y + 2 z −1 . Điểm = = 1 1 1 M ( a; b; c ) , ( a > 0 ) nằm trên đường thẳng d sao cho từ M kẻ được ba tiếp tuyến MA, MB, MC đến

mặt cầu

( S ) : x2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y + 6 z − 13 = 0

và đường thẳng d :

= 600 , CMA = 1200 . Tính a 3 + b 3 + c 3 . AMB = 600 , BMC mặt cầu ( S ) ( A, B , C là các tiếp điểm) và A. a 3 + b3 + c 3 =

173 . 9

B. a 3 + b3 + c 3 =

112 . C. a 3 + b 3 + c 3 = −8 . 9

D. a 3 + b3 + c 3 =

Dạng 7. Một số bài toán liên quan giữa điểm – mặt – đường – cầu Dạng 7.1 Bài toán tìm điểm

x +1 y +1 z +1 x −1 y −1 z −1 = = = = và ∆ 2 : . Tính diện tích mặt cầu có bán kính nhỏ 2 1 2 2 2 1 nhất, đồng thời tiếp xúc với cả hai đường thẳng ∆1 và ∆ 2 . 16 4 4 16 π (đvdt). π (đvdt). A. B. C. D. π (đvdt). π (đvdt). 17 17 17 17 thẳng ∆1 :

Câu 202. (THPT QUANG TRUNG ĐỐNG ĐA HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,

 x = 2t 

cho hai đường thẳng d1 :  y = t

z = 4 

x = 3 − t ' 

và d 2 :  y = t '

z = 0  nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d 2 .

. Viết phương trình mặt cầu ( S ) có bán kính nhỏ

23 . 9

( ) ( P ) : 2 x − 2 y − z − 4 = 0 . Mặt cầu tâm I tiếp xúc với ( P ) tại điểm H . Tìm tọa độ điểm H . A. H (1; −1; 0 ) B. H ( −3; 0; −2 ) C. H ( −1; 4; 4 ) D. H ( 3; 0; 2 )

Câu 204. (MĐ 105 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I 1; 2; 3 và mặt phẳng

Câu 205. Trong không gian

Oxyz , biết mặt cầu

( P ) : x − 2 y + 2z + 9 = 0 A. 2 .

(S)

có tâm

và tiếp xúc với mặt phẳng

tại điểm H ( a; b; c ) . Giá trị của tổng a + b + c bằng B. −1.

C. 1.

D. −2 .

Câu 206. (THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian với hệ tọa

độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 3 = 0 và mặt cầu ( S ) tâm I ( 5; −3;5 ) , bán kính R = 2 5 . Từ một điểm A thuộc mặt phẳng ( P ) kẻ một đường thẳng tiếp xúc với mặt cầu ( S ) tại B . Tính OA biết AB = 4 . A. OA = 11 .

B. OA = 5 .

C. OA = 3 .

D. OA = 6 .

x = 1+ t 

Câu 207. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 = 9 và điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) thuộc d :  y = 1 + 2t . Ba

 z = 2 − 3t 

Dạng 6. Một số bài toán liên quan giữa đường thẳng với mặt cầu

Câu 201. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ trục Oxyz cho hai đường

B. ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 2 ) = 16.

điểm A , B , C phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao cho MA , MB , MC là tiếp tuyến của mặt cầu. Biết 2 2 2 rằng mặt phẳng ( ABC ) đi qua D (1;1; 2 ) . Tổng T = x0 + y0 + z0 bằng A. 30

B. 26

C. 20

D. 21

Câu 208. (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm

A ( 0; 0; 3 ) , B ( −2; 0;1) và mặt phẳng (α ) : 2 x − y + 2 z + 8 = 0 . Hỏi có bao nhiêu điểm C trên mặt phẳng (α ) sao cho tam giác ABC đều? A. 2 .

B. 1 .

C. 0 .

D. Vô số.

Câu 209. (CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho mặt

x = 1+ t 

cầu x 2 + y 2 + z 2 = 9 và điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) thuộc đường thẳng d :  y = 1 + 2t . Ba điểm A, B, C

 z = 2 − 3t 

phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao cho MA, MB , MC là tiếp tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng

( ABC ) đi qua D (1; 1; 2 ) . Tổng T = x02 + y02 + z02 bằng A. 30 . B. 26 . C. 20 .

x y−2 z = = . Hai mặt phẳng ( P ) , 1 1 −1 ( P ′) chứa d và tiếp xúc với ( S ) tại T , T ′ . Tìm tọa độ trung điểm H của TT ′ .  7 1 7 5 2 7 5 1 5  5 1 5 A. H  − ; ;  . B. H  ; ; −  . C. H  ; ; −  . D. H  − ; ;  .  6 3 6 6 3 6 6 3 6  6 3 6 2

mặt cầu ( S ) : x + y + z − 2 x + 2 z + 1 = 0 và đường thẳng d :

 x = −2  Câu 211. (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Cho hai đường thẳng d :  y = t (t ∈ ℝ ) ,  z = 2 + 2t  x − 3 y −1 z − 4 và mặt phẳng ( P ) : x + y − z + 2 = 0 . Gọi d ′ , ∆′ lần lượt là hình chiếu của d = = 1 −1 1 và ∆ lên mặt phẳng ( P ) . Gọi M ( a; b; c ) là giao điểm của hai đường thẳng d ′ và ∆′ . Biểu thức a + b.c bằng A. 4 . B. 5 . C. 3 . D. 6 .

∆:

Dạng 7.2 Bài toán tìm mặt phẳng Câu 212. (Mã

đề

104

BGD&ĐT

NĂM

2018)

Trong

không

gian

Oxyz,

cho

mặt

( S ) :( x − 2 ) + ( y − 3) + ( z + 1) = 16 và điểm A ( −1; −1; −1) . Xét các điểm M thuộc ( S ) sao đường thẳng AM tiếp xúc với ( S ) . M luôn thuộc một mặt phẳng cố định có phương trình là

cầu cho

A. 6 x + 8 y + 11 = 0 B. 6 x + 8 y − 11 = 0 C. 3 x + 4 y − 2 = 0 D. 3x + 4 y + 2 = 0 Câu 213. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu

x − 2 y z −1 x y z −1 ; ∆: = = . = = 1 2 −1 1 1 −1 Phương trình nào dưới đây là phương trình của một mặt phẳng tiếp xúc với ( S ) , song song với d và ∆ ?

( S ) : ( x + 1)

Câu 214. Trong

không

+ ( y − 1) + ( z + 2 ) = 2 và hai đường thẳng d : B. x + z + 1 = 0

A. y + z + 3 = 0 gian

Oxyz , cho mặt cầu

D. x + z − 1 = 0

C. x + y + 1 = 0 2

( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3)

đề

104

BGD&ĐT

NĂM

2018)

Trong

không

gian

Oxyz,

= 1 , đường thẳng

cho

mặt

2 2 2 ( S ) :( x − 2 ) + ( y − 3) + ( z + 1) = 16 và điểm A ( −1; −1; −1) . Xét các điểm M thuộc ( S ) sao đường thẳng AM tiếp xúc với ( S ) . M luôn thuộc một mặt phẳng cố định có phương trình là

A. 6 x + 8 y + 11 = 0

B. 6 x + 8 y − 11 = 0

C. 3 x + 4 y − 2 = 0

+ ( y − 1) + ( z + 2 ) = 2 và hai đường thẳng d :

A. y + z + 3 = 0 B. x + z + 1 = 0 C. x + y + 1 = 0 D. x + z − 1 = 0 Câu 217. (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P) chứa

đường thẳng d :

x−4 y z +4 2 2 2 = = và tiếp xúc với mặt cầu ( S ) : ( x − 3) + ( y + 3) + ( z − 1) = 9 . Khi 3 1 −4

đó ( P ) song song với mặt phẳng nào sau đây? A. 3x − y + 2z = 0 .

B. −2x + 2 y − z + 4 = 0 .

C. x + y + z = 0

D. Đáp án khác.

Câu 218. (CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu ( x − 1) 2 + y 2 + ( z + 2) 2 = 6 đồng thời song song với hai đường

x y+2 z−2 x − 2 y −1 z , d2 : = . = = = 3 −1 −1 1 1 −1  x − y + 2z − 3 = 0  x + y + 2z − 3 = 0 A.  B.  C. x + y + 2 z + 9 = 0 x y z − + 2 + 9 = 0  x + y + 2z + 9 = 0

thẳng d1 :

D. x − y + 2 z + 9 = 0

Dạng 7.3 Bài toán tìm đường thẳng Câu 219. (ĐỀ THAM KHẢO BGD&ĐT NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm E ( 2;1; 3 ) , mặt phẳng

( P) : 2x + 2 y − z − 3 = 0

thẳng đi qua E , nằm trong mặt phẳng

( S ) : ( x − 3 ) + ( y − 2 ) + ( z − 5 ) = 36 . Gọi ∆ là đường và P ( ) cắt ( S ) tại hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất. Phương

và mặt cầu

trình của ∆ là

 x = 2 + 9t 

 x = 2 − 5t 

A.  y = 1 + 9t

x = 2 + t 

B.  y = 1 + 3t

 z = 3 + 8t 

 x = 2 + 4t 

C.  y = 1 − t

z = 3 

D.  y = 1 + 3t

z = 3 

 z = 3 − 3t 

Câu 220. (ĐỀ THI THỬ VTED 02 NĂM HỌC 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai mặt cầu

x−6 y−2 z −2 ∆: = = và điểm M ( 4;3;1) . Trong các mặt phẳng sau mặt phẳng nào đi qua M , song −3 2 2 song với ∆ và tiếp xúc với mặt cầu ( S ) ? A. 2 x − 2 y + 5 z − 22 = 0 . B. 2 x + y + 2 z − 13 = 0 . C. 2 x + y − 2 z − 1 = 0 . D. 2 x − y + 2 z − 7 = 0 . Câu 215. (Mã

x − 2 y z −1 x y z −1 ; ∆: = = . = = 1 2 −1 1 1 −1 Phương trình nào dưới đây là phương trình của một mặt phẳng tiếp xúc với ( S ) , song song với d và ∆ ?

( S ) : ( x + 1)

D. 21 .

Câu 210. (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho 2

Câu 216. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu

cầu cho

( S1 ) , ( S2 )

( S1 ) : x + y + z = 25 , ( S2 ) : x + y + ( z − 1) = 4 . Một đường thẳng d u = (1; −1;0 ) ( S2 ) ( S1 )

có phương trình lần lượt là

vuông góc với véc tơ tiếp xúc với mặt cầu và cắt mặt cầu có độ dài bằng 8 . Hỏi véc tơ nào sau đây là véc tơ chỉ phương của d ?

(

A. u1 = 1;1; 3

)

(

B. u2 = 1;1; 6

)

C. u3 = (1;1;0 )

theo một đoạn thẳng

(

D. u4 = 1;1; − 3

)

Câu 221. (CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI LẦN 01 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M ( −3;3; − 3) thuộc mặt phẳng (α ) : 2 x − 2 y + z + 15 = 0 và mặt cầu

( S ) : ( x − 2)

+ ( y − 3 ) + ( z − 5 ) = 100 . Đường thẳng ∆ qua M , nằm trên mặt phẳng (α ) cắt ( S ) tại

A, B sao cho độ dài AB lớn nhất. Viết phương trình đường thẳng ∆ . x +3 y −3 z +3 x+3 y−3 z +3 A. . B. . = = = = 1 1 3 1 4 6 x +3 y −3 z +3 x +3 y −3 z +3 . D. . C. = = = = 16 11 −10 5 1 8

D. 3x + 4 y + 2 = 0

Dạng 7.4 Bài toán tìm mặt cầu

H là hình chiếu vuông góc của A trên d . Biết rằng khi d thay đổi thì H thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính R của đường tròn đó.

Câu 222. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 4;6;2 ) và

A. R = 3

B ( 2; − 2;0 ) và mặt phẳng ( P ) : x + y + z = 0 . Xét đường thẳng d thay đổi thuộc ( P ) và đi qua B , gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d . Biết rằng khi d thay đổi thì H thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính R của đường tròn đó. A. R = 3

B. R = 2

Câu 229. (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian Oxyz , cho ( P ) :2 x + y + 2 z − 1 = 0 ,

A ( 0;0;4 ) , B ( 3;1; 2 ) . Một mặt cầu ( S ) luôn đi qua A, B và tiếp xúc với ( P ) tại C . Biết rằng, C luôn thuộc một đường tròn cố định bán kính r . Tính bán kính r của đường tròn đó.

B. R = 2

D. R = 6

C. R = 1

A. Đáp án khác.

B. r =

Câu 223. (ĐỀ 04 VTED NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz mặt phẳng ( P ) : 2 x + 6 y + z − 3 = 0 cắt trục

Oz và đường thẳng d :

x−5 y z −6 = = lần lượt tại A và B . Phương trình mặt cầu đường kính AB 1 2 −1

là: 2

A. ( x + 2 ) + ( y − 1) + ( z + 5) = 36.

( S ) : x2 + y 2 + z 2 + 4 x − 6 y + m = 0

hình chóp S . ABCD với

(S )

C. r =

2 244651 . 9

D. r =

2024 . 3

S (1; − 1;6 ) A (1; 2;3) B ( 3;1; 2 ) C ( 4; 2;3) D ( 2;3; 4 ) ,

ngoại tiếp hình chóp. Tính khoảng cách d từ I

3 3 A. d = . 2

D. ( x − 2 ) + ( y + 1) + ( z − 5) = 36.

2 4 244651 . 3

Câu 230. (KTNL GV THUẬN THÀNH 2 BẮC NINH NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho

mặt cầu

B. ( x − 2 ) + ( y + 1) + ( z − 5) = 9.

C. ( x + 2 ) + ( y − 1) + ( z + 5) = 9. Câu 224. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

D. R = 6

C. R = 1

B. d =

6 . 2

C. d =

. Gọi I là tâm

( SAD ) . đến mặt phẳng 21 . 2

D. d =

3 . 2

( m là tham số) và đường

Câu 231. (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm

 x = 4 + 2t  thẳng ∆ :  y = 3 + t . Biết đường thẳng ∆ cắt mặt cầu ( S ) tại hai điểm phân biệt A , B sao cho AB = 8  z = 3 + 2t  . Giá trị của m là A. m = 5 . B. m = 12 . C. m = −12 . D. m = −10 . Câu 225. (PEN I - THẦY LÊ ANH TUẤN - ĐỀ 3 - NĂM 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng x y −3 z −2 = và hai mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z = 0 ; ( Q ) : x − 2 y + 3 z − 5 = 0 . Mặt cầu ( S ) (d ) : = 2 1 1 có tâm I là giao điểm của đường thẳng ( d ) và mặt phẳng ( P ) . Mặt phẳng ( Q ) tiếp xúc với mặt cầu

A (1;1;1) , B ( 2;2;1) và mặt phẳng ( P ) : x + y + 2 z = 0 . Mặt cầu ( S ) thay đổi qua A, B và tiếp xúc với

A. ( S ) : ( x + 2) + ( y + 4 ) + ( z + 3) = 1 .

B. ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 4) + ( z − 3) = 6 .

2 . 7

D. ( S ) : ( x − 2) + ( y + 4 ) + ( z + 4) = 8 .

C. ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 4 ) + ( z − 3) =

C. K (1; −2; 3) , r = 8 .

3 2

Câu 232. (ĐỀ THI THỬ VTED 03 NĂM HỌC 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz , xét số thực m ∈ ( 0;1) và hai

x y z + + = 1 . Biết rằng, khi m thay đổi có hai mặt m 1− m 1 cầu cố định tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt phẳng ( α ) , ( β ) . Tổng bán kính của hai mặt cầu đó bằng mặt phẳng ( α ) : 2 x − y + 2 z + 10 = 0 và ( β ) :

B. 3

C. 9

D. 12

I ( a; b; c ) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Tính S = a + b + c .

và mặt cầu ( S ) : ( x − 3) + ( y + 2 ) + ( z − 1) = 100 . Mặt phẳng ( P ) cắt mặt B. K ( −1; 2;3 ) , r = 8 .

B ( 0; −2;0 ) , C ( 0;0; −2 ) . Gọi D là điểm khác O sao cho DA , DB , DC đôi một vuông góc nhau và

cầu ( S ) theo một đường tròn ( C ) . Tìm tọa độ tâm K và bán kính r của đường tròn ( C ) là A. K ( 3; −2;1) , r = 10 .

B. 2 3 .

A. 3 2 .

Câu 233. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( −2; 0; 0 ) ,

Câu 226. (SGD - BÌNH DƯƠNG - HK 2 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

( P) : 2x − 2 y − z + 9 = 0

H . Biết H chạy trên 1 đường tròn cố định. Tìm bán kính của đường tròn đó.

A. 6

( S ) . Viết phương trình mặt cầu ( S ) . 2

( P ) tại

A. S = −4 Dạng 7.5 Bài toán cực trị

B. S = −1

C. S = −2

D. S = −3

Câu 234. (ĐỀ THAM KHẢO BGD& ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

D. K (1; 2;3) , r = 6 .

Câu 227. (MĐ 104 BGD&DT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A ( −2;0; 0 ) ,

( P ) : x − 2 y + 2 z − 3 = 0 và mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 2 z + 5 = 0. Giả sử M ∈ ( P ) và N ∈ ( S ) sao cho MN cùng phương với vectơ u (1;0;1) và khoảng cách giữa M và N lớn nhất. Tính

B ( 0; −2; 0 ) , C ( 0; 0; −2 ) . Gọi D là điểm khác O sao cho DA , DB , DC đôi một vuông góc nhau và

MN .

I ( a; b; c ) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Tính S = a + b + c . A. S = −4 B. S = −1 C. S = −2

A. MN = 3

B. MN = 1 + 2 2

C. MN = 3 2

D. MN = 14

Câu 235. (SGD&ĐT ĐỒNG THÁP - HKII - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu

D. S = −3

Câu 228. (MÃ ĐỀ 110 BGD&ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 4;6;2 ) và

B ( 2; − 2;0 ) và mặt phẳng ( P ) : x + y + z = 0 . Xét đường thẳng d thay đổi thuộc ( P ) và đi qua B , gọi

( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + z 2 = 4 có tâm I M thuộc ( P ) sao cho đoạn IM ngắn nhất.

và mặt phẳng

( P ) : 2 x − y + 2 z + 2 = 0 . Tìm tọa độ điểm

 1  3

4 3

4 3

 11 8 2  ;− ;−   9 9 9

A.  − ; − ; −  .

B.  −

C. (1; −2; 2 ) .

A. 6 .

D. (1; −2; −3 ) .

Câu 236. (ĐỀ THAM KHẢO BGD& ĐT NĂM 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

( P ) : x − 2 y + 2 z − 3 = 0 và mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 2 z + 5 = 0. Giả sử M ∈ ( P ) và N ∈ ( S ) sao cho MN cùng phương với vectơ u (1;0;1) và khoảng cách giữa M và N lớn nhất. Tính MN . A. MN = 3

B. MN = 1 + 2 2

C. MN = 3 2

D. MN = 14

Câu 237. (THPT BA ĐÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

( P ) : x − 2 y + 2 z − 3 = 0 và mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 2 z + 5 = 0 . Giả sử M ∈ ( P ) và N ∈ ( S ) sao cho MN cùng phương với vectơ u = (1;0;1) và khoảng cách giữa M và N lớn nhất. Tính MN . A. MN = 3 . B. MN = 1 + 2 2 . C. MN = 3 2 . D. MN = 14 . Câu 238. (HSG BẮC NINH NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 2

( S ) : x + y + z − 2 x + 4 y + 2 z − 3 = 0 và mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 2 z − 14 = 0 . Điểm M thay đổi trên ( S ) , điểm N thay đổi trên ( P ) . Độ dài nhỏ nhất của MN bằng A. 1

1 C. 2

B. 2

x y −1 z + 1 = = . Mặt phẳng ( P ) chứa d và cắt mặt 2 −2 −1

cầu ( S ) theo một đường tròn có diện tích nhỏ nhất. Hỏi trong các điểm sau điểm nào có khoảng cách đến

 3  5

1 4

B. A 1; ; −  .

D. C ( 2;1; 0 ) .

C. x − 2 y − 3 = 0 . D. 3x − 2 y − 4 z − 8 = 0 . Câu 244. (THPT NĂM 2018-2019 LẦN 04) 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(3; −2;6), B(0;1;0) và mặt cầu ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 3) 2 = 25 . Mặt phẳng

( P) : ax + by + cz − 2 = 0 đi qua A, B và cắt theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính T = a+b+c. A. T = 3 Câu 245. (ĐỀ

1 2

C. MN min =

2 . 2

( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 )

Trong

D. T = 4

không

Oxyz,

gian

cho

mặt

cầu

( S ) theo giao tuyến là đường tròn ( C ) . Khối nón ( N )

128π 3

B. 39π

có đỉnh là tâm của ( S ) , đường

D. MN min =

88π 3

215π 3

Lời giải Chọn B Ta có tâm cầu I (1; −2;3) ; R = 4 3

H là hình chiếu vuông góc của tâm cầu I lên mặt phẳng (α )

2 . 3

lên AB

x = t 

 z = −4 + 2t 

ta có ( Q ) : x + 2z − 7 = 0

thế vào ( Q ) ta được t − 8 + 4t − 7 = 0 ⇒ t = 3

Tọa độ K ( 3;0; 2 ) ⇒ IK = 3 Bán kính của khối nón r =

48 − h 2

+ ( z + 1) = 9 và hai điểm A ( 4;3;1) , B ( 3;1;3) ; M là điểm thay đổi trên ( S ) .

Gọi m, n là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2MA2 − MB 2 . Xác định ( m − n ) . A. 64 .

Phương trình AB :  y = 0

Câu 241. (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 2

2018-2019)

Gọi ( Q ) là mặt phẳng đi qua I và vuông góc với

 

z = 1  ( P ) sao cho d ( M , d ) = 2 và NA = 2 NB . Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn MN . B. MN min = 2 .

NĂM

( S ) :( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 48 Gọi (α ) là mặt phẳng đi qua hai điểm A ( 0; 0; −4 ) , B ( 2; 0; 0 )

đường thẳng d :  y = 2 − t và hai điểm A ( −1; −3;11) , B  ; 0;8  . Hai điểm M , N thuộc mặt phẳng

A. MN min = 1 .

C. T = 2

B. T = 5

VTED

Vậy chiều cao của khối nón ( N ) là h = d ( I , P ) = IH ≤ IK , trong đó K là hình chiếu vuông góc của

Câu 240. (SỞ GD&ĐT THANH HÓA NĂM 2018 - 2019) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : y − 1 = 0 ,

x = 1 

theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất có phương trình là B. x + 3 y + 5z + 2 = 0 . A. y + z + 1 = 0 .

Gọi C. B ( −1; −2; −3 ) .

D. 9.

tròn đáy là ( C ) có thể tích lớn nhất bằng

mặt phẳng ( P ) lớn nhất. A. O ( 0; 0; 0 ) .

C. 4 .

 x = 1 + 2t 2 2  ( S ) : ( x − 3) + ( y − 1) + z 2 = 4 và đường thẳng d :  y = −1 + t ,(t ∈ ℝ) . Mặt phẳng chứa d và cắt (S )  z = −t 

và cắt mặt cầu

3 D. 2

Câu 239. (ĐỀ 15 LOVE BOOK NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) tâm

I (1; −2;1) ; bán kính R = 4 và đường thẳng d :

B. 2 .

Câu 243. (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN LẦN 3 NĂM 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

B. 68 .

C. 60 .

D. 48 .

Câu 242. (CHUYÊN KHTN LẦN 2 NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm 2

A ( 8;5; −11) , B ( 5;3; −4 ) , C (1; 2; −6 ) và mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 4) + ( z + 1) = 9 . Gọi điểm M ( a; b; c ) là điểm trên ( S ) sao cho MA − MB − MC đạt giá trị nhỏ nhất. Hãy tìm a + b . 37

Vậy thể tích của khối nón V =

1 2 1 1 π r .h = π 48 − h2 .h = π 48 − h 2 .h 3 3 3

(

)

(

)

∀h ∈ [0;3]

Khảo sát V ta tìm được Vmax = 39π Câu 246.

(THPT YÊN PHONG SỐ 1 BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong

(

) (

)

không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A 1; 0; 0 , B 3;2; 0 , C −1;2;4 . Gọi M là điểm thay

(

)

đổi sao cho đường thẳng MA , MB , MC hợp với mặt phẳng ABC các góc bằng nhau; N là điểm

1 thay đổi nằm trên mặt cầu (S ) : (x − 3) + (y − 2) + (z − 3) = . Tính giá trị nhỏ nhất của độ dài 2 đoạn MN . 2

A. Câu 247. (TT

3 2 . 2

THANH

TƯỜNG

2. NGHỆ

C. AN

2 . 2

NĂM

2018-2019

D. LẦN

5. 02)

Cho

mặt

cầu

( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 3) = 9 và hai điểm A (1 ; 1 ; 3 ) , B ( 21 ; 9 ; − 13) . Điểm M (a ; b ; c) ( S ) sao cho 3MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị của biểu thức thuộc mặt cầu T = a.b.c bằng A. 3 .

B. 8 .

C. 6 .

D. −18 .

Câu 248. (TT THANH TƯỜNG NGHỆ AN NĂM 2018-2019 LẦN 02) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng

x −1 y − 2 z − 3 2 2 2 và mặt cầu ( S ) : ( x + 3 ) + ( y + 4 ) + ( z + 5 ) = 729 . Cho biết điểm = = 2 3 4 A ( −2; −2; −7 ) , điểm B thuộc giao tuyến của mặt cầu ( S ) và mặt phẳng ( P ) : 2 x + 3 y + 4 z − 107 = 0 . Khi điểm M di động trên đường thẳng d giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA + MB bằng A. 5 30 . B. 27 . C. 5 29 . D. 742 . d:

Câu 249. (SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC - LẦN 1 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm

A (1; 2; − 3 ) và mặt phẳng ( P ) : 2 x + 2 y − z + 9 = 0 . Đường thẳng d đi qua A và có vectơ chỉ phương u = ( 3; 4; − 4 ) cắt ( P ) tại điểm B . Điểm M thay đổi trong ( P ) sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới góc 90° . Khi độ dài MB lớn nhất, đường thẳng MB đi qua điểm nào trong các điểm sau? A. J ( −3; 2; 7 ) . B. K ( 3; 0;15 ) . C. H ( −2; − 1; 3 ) . D. I ( −1; −2;3) . Câu 250. (THPT CHUYÊN THÁI BÌNH - LẦN 4 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng

x − 15 y − 22 z − 37 = = và mặt cầu 1 2 2 2 2 2 ( S ) : x + y + z − 8 x − 6 y + 4 z + 4 = 0 . Một đường thẳng ( ∆ ) thay đổi cắt mặt cầu ( S ) tại hai điểm

( P ) : x + y + z −1 = 0 ,

đường

thẳng

(d ) :

A, B sao cho AB = 8 . Gọi A′ , B′ là hai điểm lần lượt thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho AA′ , BB′ cùng song song với ( d ) . Giá trị lớn nhất của biểu thức AA′ + BB′ là A.

8 + 30 3 . 9

24 + 18 3 . 5

12 + 9 3 . 5

16 + 60 3 . 9

Câu 251. (SỞ GD& ĐT BẠC LIÊU - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu

(S )

có tâm

x = 1+ t  I (1; 2;3) và có bán kính r = 2 . Xét đường thẳng d :  y = − mt ( t ∈ ℝ ) , m là tham số thực. Giả sử z = m −1 t )  (

( P ) , ( Q ) là mặt phẳng chứa

d và tiếp xúc với ( S ) lần lượt tại M , N . Khi đó đoạn MN ngắn nhất hãy

tính khoảng cách từ điểm B (1;0; 4 ) đến đường thẳng d . A.

5 3 . 3

4 237 . 21

4 273 . 21 39

CHUYÊN ĐỀ 24

Câu 4. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SAB là tam giác đều và ( SAB ) vuông góc với ( ABCD ) . Tính cos ϕ với ϕ

ỨNG DỤNG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH OXYZ ĐỂ GIẢI QUYẾT MỘT SỐ BÀI TOÁN

là góc tạp bởi ( SAC ) và ( SCD ) .

MỤC LỤC PHẦN A. CÂU HỎI ....................................................................................................................................................... 1 Dạng 1. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm GÓC.......................................................... 1 Dạng 2. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm THỂ TÍCH ............................................... 3 Dạng 3. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm KHOẢNG CÁCH .................................... 3 Dạng 4. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm BÁN KÍNH MẶT CẦU ........................... 4 PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO ............................................................................................................................. 5 Dạng 1. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm GÓC.......................................................... 5 Dạng 2. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm THỂ TÍCH ............................................. 16 Dạng 3. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm KHOẢNG CÁCH .................................. 20 Dạng 4. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm BÁN KÍNH MẶT CẦU ......................... 25

3 . 7

6 . 7

5 . 7

2 . 7

Câu 5. (THPT CHUYÊN SƠN LA NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của hai cạnh SA và BC , biết a 6 . Khi đó giá trị sin của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( SBD ) bằng MN = 2 2 3 5 A. . B. . C. . D. 3 . 5 3 5 Câu 6. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh a. Góc giữa hai mặt phẳng ( A ' B ' CD ) và ( ACC ' A ') bằng

PHẦN A. CÂU HỎI Dạng 1. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm GÓC

A. 60°.

Câu 1. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có tâm O . Gọi I là tâm của hình vuông A′B′C ′D′ và điểm M thuộc đoạn OI sao cho MO = 2MI (tham khảo hình vẽ). Khi đó sin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( MC′D′) và ( MAB ) bằng

B. 30°.

C. 45°.

D. 75°.

Câu 7. (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp O. ABC có ba cạnh OA , OB , OC đôi một vuông góc và OA = OB = OC = a . Gọi M là trung điểm cạnh AB . Góc tạo bởi hai vectơ BC và OM bằng A. 135° . B. 150° . C. 120° . D. 60° . Câu 8. (THPT TRẦN PHÚ - ĐÀ NẴNG - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông có độ dài đường chéo bằng a 2 và SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng

( SBD ) và ( ABCD ) . Nếu A. 30° .

tan α = 2 thì góc giữa hai mặt phẳng ( SAC ) và ( SBC ) bằng

B. 60° .

C. 45° .

D. 90° .

Câu 9. (THPT NAM TRỰC - NAM ĐỊNH - 2018) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có AB = a , SA = a 2 . Gọi G là trọng tâm tam giác SCD . Góc giữa đường thẳng BG với đường thẳng SA bằng: 3 5 5 15 A. arccos . B. arccos . C. arccos . D. arccos . 5 3 5 5

7 85 85

17 13 65

6 85 85

Câu 10. (CHUYÊN HÀ TĨNH - LẦN 1 - 2018) Cho hình lăng trụ ABC . A′B′C ′ có A′. ABC là tứ diện đều cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AA′ và BB′ . Tính tan của góc giữa hai mặt phẳng ( ABC )

6 13 65

Câu 2. (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Cho hình lập phương ABCD. A′B ′C ′D ′ có tâm O. Gọi I là 1 tâm của hình vuông A′B′C ′D ′ và M là điểm thuộc đoạn thẳng OI sao cho MO = MI (tham khảo hình 2 vẽ). Khi đó cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( MC ′D′) và ( MAB ) bằng A.

6 13 . 65

7 85 . 85

6 85 . 85

17 13 . 65

chiếu vuông góc của A trên A′B và K là hình chiếu vuông góc của A trên A′D. Tính góc giữa hai mặt phẳng ( AHK ) và ( ABB′A′) . B. 45° .

C. 90° .

2 . 5

3 2 . 4

2 2 . 5

4 2 . 13

Câu 11. (THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Xét tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc. Gọi α , β , γ lần lượt là góc giữa các đường thẳng OA , OB , OC với mặt phẳng ( ABC ) (hình vẽ).

Câu 3. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A′B′C′D′ , có AB = a , AD = a 2 , góc giữa A′C và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 30° . Gọi H là hình

A. 60° .

và ( CMN ) .

D. 30° .

Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = ( 3 + cot 2 α ) . ( 3 + cot 2 β ) . ( 3 + cot 2 γ ) là 1

A. 48 . B. 125 . C. Số khác. D. 48 3 . Dạng 2. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm THỂ TÍCH Câu 12.

(Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm I ( −1; 2;1)

và đi qua điểm A (1;0; −1) . Xét các điểm B , C , D thuộc ( S ) sao cho AB , AC , AD đôi một vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng 32 64 A. 64 B. C. 3 3 Câu 13.

ah 2

a + 5h

ah 2

5a + h

ah 2

2a + h

ah 2

a + h2

Câu 19. (TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Cho hình chóp S .ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a 3 , mặt bên SAB là tam giác cân với ASB = 1200 và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của SC và N là trung điểm của MC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , BN .

D. 32

(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm I ( −1;0; 2 )

và đi qua điểm A ( 0;1;1) . Xét các điểm B , C , D thuộc ( S ) sao cho AB , AC , AD đôi một vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng 4 8 A. B. 4 C. 3 3

D. 8

Câu 14. (CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C′D′ có A trùng với gốc tọa độ O , các đỉnh B(a;0;0) , D(0; a;0) , A′(0;0; b) với a, b > 0 và a + b = 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC′ . Thể tích của khối tứ diện BDA′M có giá trị lớn nhất bằng 64 32 8 4 A. . B. . C. . D. . 27 27 27 27 Câu 15. (THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Cho hình lập phương ABCD. A′B ′C ′D ′ cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và A′B′ . Mặt phẳng ( MND ' ) chia

2 327a . 79

237a . 79

2 237 a . 79

5 237a . 316

Câu 20. (CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a . Gọi I là trung điểm của AB , hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm của CI , góc giữa SA và mặt đáy bằng 450 (hình vẽ bên). Gọi G là trọng tâm tam giác SBC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CG bằng

khối lập phương thành hai khối đa diện, trong đó khối chứa điểm C gọi là ( H ) . Tính thể tích khối ( H ) . A.

55a 3 . 72

55a 3 . 144

181a 3 . 486

55a 3 . 48

Câu 16. (THPT CHUYÊN THĂNG LONG - ĐÀ LẠT - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C ′D′ có A trùng với gốc tọa độ O các đỉnh B ( m;0;0 ) , D ( 0; m;0 ) , A′ ( 0;0; n ) với m, n > 0 và m + n = 4. Gọi M là trung điểm của cạnh CC′. Khi đó

thể tích tứ diện BDA′M đạt giá trị lớn nhất bằng 9 64 75 245 A. . B. . C. . D. . 4 27 32 108 Dạng 3. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm KHOẢNG CÁCH

Câu 17. (ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết A ( 0; 0; 0 ) , D ( 2; 0; 0 ) , B ( 0; 4; 0 ) , S ( 0; 0; 4 ) . Gọi M là trung điểm của SB . Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( CDM ) . A. d ( B, ( CDM ) ) = 2 .

B. d ( B, ( CDM ) ) = 2 2 .

1 C. d ( B, ( CDM ) ) = . D. d ( B, ( CDM ) ) = 2 . 2

a 21 14

a 14 8

a 77 22

a 21 7

Câu 21. (THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN - ĐÀ NẴNG - LẦN 1 - 2018) Cho hình lập phương ABCD. A′B ′C ′D ′ cạnh bằng a . Gọi K là trung điểm DD′ . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CK và A′D . 4a a 2a 3a A. . B. . C. . D. . 3 3 3 4 Dạng 4. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm BÁN KÍNH MẶT CẦU

Câu 18. (ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông cân, AB = AC = a , AA′ = h ( a, h > 0 ) . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB′ và BC′ theo a , h . 3

Câu 22. (CHUYÊN THÁI BÌNH NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng với đáy. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và CD . Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .CMN bằng a 93 a 29 a 37 5a 3 A. . B. . C. . D. . 12 8 12 6 Câu 23. (CHUYÊN KHTN - LẦN 1 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 5; 0; 0 ) và B ( 3; 4; 0 ) . Với C là điểm nằm trên trục Oz , gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Khi C di động trên trục Oz thì H luôn thuộc một đường tròn cố định. Bán kính của đường tròn đó bằng 5 3 5 A. . B. . C. . D. 3 . 4 2 2

Câu 24. (CHUYÊN VINH - LẦN 2 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho các điểm A , B , C (không trùng O ) lần lượt thay đổi trên các trục Ox , Oy , Oz và luôn thỏa mãn điều kiện: tỉ số giữa diện tích của 3 tam giác ABC và thể tích khối tứ diện OABC bằng . Biết rằng mặt phẳng ( ABC ) luôn tiếp xúc với một 2 mặt cầu cố định, bán kính của mặt cầu đó bằng A. 3. B. 2. C. 4. D. 1. Câu 25.

(THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG - TPHCM - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , x − 3 y +1 z − 2 x − 1 y − 1 z −1 x − 4 y − 4 z −1 cho 3 đường thẳng ( d1 ) : = = , ( d2 ) : = = , ( d3 ) : = = . M ặt −2 2 1 −2 1 2 2 2 1 cầu bán kính nhỏ nhất tâm I ( a; b; c ) , tiếp xúc với 3 đường thẳng ( d1 ) , ( d 2 ) , ( d 3 ) . Tính S = a + 2b + 3c . A. S = 10 . B. S = 11 . C. S = 12 . D. S = 13 .

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ, cạnh hình lập phương là 1 , ta được tọa độ các điểm như sau : 1 1 1 M  ; ;  , C′ ( 0;1;0 ) , D′′ (1;1;0 ) và A (1;0;1) , B ( 0;0;1) .  2 2 6 5.1 + 3.3 Khi đó n( MC ′D′) = ( 0;1;3) ; n( MAB ) = ( 0;5;3) nên cos ( ( MAB ) , ( MC ′D′ ) ) = 2 5 + 32 . 12 + 32 2

 7 85  6 85 7 85 . Suy ra sin ( . ( MAB ) , ( MC ′D′) ) = 1 −   = 85 85 85  

Câu 2. (THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Cho hình lập phương ABCD. A′B ′C ′D ′ có tâm O. Gọi I 1 là tâm của hình vuông A′B ′C ′D ′ và M là điểm thuộc đoạn thẳng OI sao cho MO = MI (tham 2 khảo hình vẽ). Khi đó cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( MC ′D′) và ( MAB ) bằng A.

6 13 . 65

7 85 . 85

6 85 . 85

17 13 . 65

PHẦN B. LỜI GIẢI THAM KHẢO Dạng 1. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm GÓC Câu 1. (MĐ 103 BGD&ĐT NĂM 2017-2018) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có tâm O . Gọi I là tâm của hình vuông A′B′C ′D′ và điểm M thuộc đoạn OI sao cho MO = 2MI (tham khảo hình vẽ). Khi đó sin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( MC ′D′) và ( MAB ) bằng

Lời giải

7 85 85

17 13 65

6 85 85 Lời giải C.

6 13 65

Chọn C

Không mất tính tổng ng quát ta đặt cạnh của khối lập phương là 1. Chọn hệ trục tọa độ sao cho A′(0;0;0), B′(1;0;0), D′(0;1; 0) và A(0;0;1) (như hình vẽ).  1 1 1 Khi đó ta có: M  ; ;  .  2 2 3   1 1 2  2 1 Suy ra: AB = (1;0;0), MA =  ; ; −  ⇒  AB, MA =  0; − ;  ⇒ n1 = (0; −4;3) là VTPT của 3 2   2 2 3 mặt phẳng ( MAB ).  1 1 1   1 1  D′C ′ = (1;0;0), MD′ =  ; − ;  ⇒  D′C ′, MD′  =  0; ; −  ⇒ n2 = (0; 2; −3) là VTPT của mặt  2 2 3  3 2 phẳng ( MC ′D′) . cosin của góc giữa hai mặt phẳng ( MAB ) và ( MC ′D′) bằng: n .n 0.0 − 4.2 + 3.(−3) 17 13 cos(n1 , n2 ) = 1 2 = = . n1 . n2 65 02 + (−4) 2 + 32 . 02 + 22 + (−3) 2 Câu 3. (THPT HÙNG VƯƠNG BÌNH PHƯỚC NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A′B′C′D′ , có AB = a , AD = a 2, 2 , góc giữa A′C và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 30° . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên A′B và K là hình chiếu vuông góc của A trên A′D. Tính góc giữa hai mặt phẳng ( AHK ) và ( ABB′A′) .

A. 60° .

B. 45° .

C. 90° . Lời giải

D. 30° .

Do ABCD.A′B′C′D′ là hình hộp chữ nhật nên A ' C ' là hình chiếu vuông góc của A ' C trên ( ABCD) ⇒ ( A ' C ,( ABCD)) = ( A ' C , A ' C ') = CA ' C ' = 300.

CC ' AB 2 + AD 2 = a 3; tan CA 'C ' = ⇒ CC ' = a. A'C ' Kết hợp với giả thiết ta được ABB ' A ' là hình vuông và có H là tâm. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của K trên A ' D '& A ' A. Ta có AC =

Ta có

a a 6 1 1 1 = + ⇒ AK = ; A ' K = A ' A2 − AK 2 = ; AK 2 A ' A2 AD 2 3 3

1 1 1 a 2 a = + ⇒ KF = ; KE = A ' K 2 − KF 2 ⇒ KE = . KF 2 KA2 A ' K 2 3 3 Ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz thỏa mãn O ≡ A ' còn D′, B′, A theo thứ tự thuộc các tia Ox, Oy, Oz. Khi đó ta có tọa độ các điểm lần lượt là:

a a a 2 a a 2 a 2 A(0;0; a), B '(0; a; 0), H (0; ; ), K ( ;0; ), E ( ;0;0), F (0;0; ). 2 2 3 3 3 3 Mặt phẳng ( ABB ' A ') là mặt phẳng ( yOz) nên có VTPT là n1 = (1; 0; 0); a2 Ta có  AK , AH  = n 2 , n 2 (2; 2; 2). 6 Mặt phẳng ( AKH ) có VTPT là n 2 = (2; 2; 2 ); Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng ( AHK ) và ( ABB′A′) . 1 ⇒ α = 450. Ta có cosα = cos(n1 , n2 ) = 2

Câu 4. (THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 1) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SAB là tam giác đều và ( SAB ) vuông góc với ( ABCD ) . Tính

cos ϕ với ϕ là góc tạp bởi ( SAC ) và ( SCD ) . A.

3 . 7

6 . 7

5 . 7 Lời giải C.

2 . 7

Chú ý: Ta có thể giải bài toán với cạnh hình vuông a = 1 . Gọi O, M lần lượt là trung điểm của AB, CD . Vì SAB là tam giác đều và ( SAB ) vuông góc với

( ABCD ) nên

Gọi I hình chiếu của M lên ( ABCD ) , suy ra I là trung điểm của AO .

SO ⊥ ( ABCD ) .

Khi đó CI =

3  1   0;0;00 ) , M (1; 1;0; 0;00 ) , A  0; ;0 ; 0  , S  0; 0; Xét hệ trục Oxyz có O ( 0;0;  . Khi đó 2 2      −1   1  C 1; ; 0  , D 1; ;0  .  2   2   1 − 3   −1 − 3  Suy ra SA =  0; ;  , AC (1; −1;0 ) , SC = 1; ;  , CD = ( 0;1;0 ) .  2 2   2 2   − 3 − 3 −1  ; ; . Mặt phẳng ( SAC ) có véc tơ pháp tuyến n1 =  SA, AC  =  2 2   2  3  ;0;1 . Mặt phẳng ( SAD ) có véc tơ pháp tuyến n1 =  SC , CD  =   2  n1.n2 5 Vậy cos ϕ = = . n1 . n2 7

3 3a 2 . AC = 4 4

Xét ∆CNI có: CN =

a , NCI = 45o . 2

Áp dụng định lý cosin ta có: NI = CN 2 + CI 2 − 2CN .CI .cos 45o =

a 2 9a 2 a 3a 2 2 a 10 + − 2. . . = . 4 8 2 4 2 4

Xét ∆MIN vuông tại I nên MI = MN 2 − NI 2 = Mà MI / / SO, MI =

3a 2 5a 2 a 14 − = . 2 8 4

a 14 1 . SO ⇒ SO = 2 2

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ:

Câu 5. (THPT CHUYÊN SƠN LA N NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của hai cạnh SA a 6 và BC , biết MN = . Khi đó giá trị sin của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( SBD ) 2 bằng 2 3 5 A. B. C. D. 3 . . . . 5 3 5

   2   2 2  2  2  Ta có: O ( 0; 0;0 ) , B  0 ; ; 0  , D  0; − ; 0  , C  ; 0; 0  , N  ; ; 0  ,  2 2 2        4 4      2 14  2 14  ;0; A  − ; 0; 0  , S  0; 0;  , M  − . 4  4   2    4  2 2 14   2 14 , Khi đó MN =   2 ; 4 ; − 4  SB =  0; 2 ; − 2    Vectơ pháp tuyến mặt phẳng ( SBD ) : n = SB ∧ SD = −

(

Lời giải

  2 14  , .  SD =  0 ; − 2 ; − 2    

)

7 ;0; 0 .

2 − 7. MN .n 2 3 Suy ra sin ( MN , ( SBD ) ) = = . = 3 6 MN . n 7. 2

Câu 6. (THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh a. Góc giữa hai mặt phẳng ( A ' B ' CD ) và ( ACC ' A ') bằng 9

A. 60°.

B. 30°.

C. 45°. Lời giải

D. 75°.

a2 − OM .BC 1 2 Do đó: cos OM , BC = = = − ⇒ OM .BC = 120° . OM .BC a 2 2 .a 2 2 Cách 2:

(

)

(

)

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho gốc tọa độ O ≡ A ', Ox ≡ A ' D ', Oy ≡ A ' B ', Oz ≡ A ' A. Khi đó: A '(0; 0; 0) , D '( a; 0; 0) , B '(0; a; 0) , C '( a; a; 0) , A (0; 0; a ) , D ( a ; 0; a ) , B (0; a; a ) , C ( a; a ; a ) . ⇒ A ' B ' = (0; a; 0), A ' D = ( a; 0; a ), A ' A = (0; 0; a ), A ' C ' = ( a ; a; 0).

2   0; − a 2 ).  A ' B ', A ' D  = (a ;;0; Chọn n1 = (1;0; −1) là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( A ' B ' CD ) . 2 2    A ' A, A ' C  = (− a ; a ;0). Chọn n2 = (−1;1; 0) là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ACC ' A ' ) .

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ.

a a  Ta có: O ( 0;0;0 ) , A ( 0; a ;0 ) , B ( a ;0;0 ) , C ( 0;0; a ) , M  ; ;0  . 2 2   a a  Khi đó ta có: BC = ( −a ;0; a ) , OM =  ; ;0  2 2  a2 − BC.OM 1 2 = ⇒ cos BC ; OM = = − ⇒ BC ; OM = 120° . BC.OM 2 a 2 a. 2. 2

Góc giữa hai mặt phẳng ( A ' B ' CD ) và ( ACC ' A ') là: −1 1 cosα = cos n1 , n2 = = ⇒ α = 60°. 2. 2 2

(

)

Câu 7. (SỞ GD&ĐT BẮC NINH NĂ NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp O. ABC có ba cạnh OA , OB , OC đôi một vuông góc và OA = OB = OC = a . Gọi M là trung điểm cạnh AB . Góc tạo bởi hai vectơ BC và OM bằng A. 135° . B. 150° . C. 120° . D. 60° . Lời giải A

)

(

)

Câu 8. (THPT TRẦN PHÚ - ĐÀ NẴNG - 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông có độ dài đường chéo bằng a 2 và SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và

( SBC ) bằng A. 30° .

( ABCD ) .

B. 60° .

Nếu tan α = 2 thì góc giữa hai mặt phẳng ( SAC ) và

C. 45° . Lời giải

D. 90° .

M C

Cách 1:  1 1 a2 OM = OA + OB 2 Ta có  ⇒ OM .BC = − OB 2 = − . 2 2  BC = OC − OB 

(

)

BC = OB 2 + OC 2 = a 2 và OM =

a 2 1 1 . AB = OA2 + OB 2 = 2 2 2

Gọi I = AC ∩ BD . Hình vuông ABCD có độ dài đường chéo bằng a 2 suy ra hình vuông đó có cạnh bằng a .

Câu 10.

( SBD ) ∩ ( ABCD ) = BD  . Ta có  SI ⊥ BD ⇒ ( SI ; AI ) = SIA ( SBD ) ; ( ABCD ) ) = (  AI ⊥ BD  = SA ⇔ SA = a . Ta có tan α = tan SIA AI Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Ta có A ( 0;0;0 ) , B ( a;0;0 ) , C ( a; a;0 ) , S ( 0;0; a ) . Khi đó SA = ( 0;0; − a ) ; SC = ( a; a; − a ) ; SB = ( a;0; − a ) . Mặt phẳng ( SAC ) có vectơ pháp tuyến n1 = ( −1;1;0 ) . Mặt phẳng ( SBC ) có vectơ pháp tuyến n2 = (1;0;1) . n .n 1 1 SAC ) ; ( SBC ) = 1 2 = Suy ra cos ( SAC ) ; ( SBC ) = 60° . = ⇒ ( n1 . n2 2. 2 2

(

)

(CHUYÊN HÀ TĨNH - LẦN Ầ 1 - 2018) Cho hình lăng trụ ABC . A′B′C ′ có A′. ABC là tứ diện đều cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AA′ và BB′ . Tính tan của góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( CMN ) . A.

2 . 5

3 2 . 4

2 2 . 5 Lời giải

4 2 . 13

)

(

Câu 9. (THPT NAM TRỰC - NAM ĐỊNH - 2018) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có AB = a , SA = a 2 . Gọi G là trọng tâm tam giác SCD . Góc giữa đường thẳng BG với đường thẳng SA bằng: A. arccos

3 . 5

B. arccos

5 . 5

C. arccos

5 . 3

D. arccos

15 . 5

Gọi O là trung điểm của AB . Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho O ( 0; 0; 0 ) ,

 1   1  A  ; 0; 0  , B  − ;0; 0  , C  0; 2   2    3 ; Ta có AB = A′B′ ⇒ B′  −1; 6 

  3  3  3 6 a 6 ′ ; 0  , H  0; ;0 ⇒ A′  0; ;  6  , A H = 3  6 3  2      6  . Dễ thấy ( ABC ) có vtpt n1 = ( 0;0;1) . 3  1 3 6  −3 3 6  M là trung điểm AA′ ⇒ M  ; ; ;  , N là trung điểm BB′ ⇒ N  ;  4 12 6    4 12 6   1 −5 3 6  MN = ( −1;0;0 ) , CM =  ; ;  6   4 12  6 5 3 3 ; ⇒ ( CMN ) có vtpt n2 =  0; 0; 2 2;5 = 6 12  12  1 5 2 2 cos ϕ = ⇒ tan ϕ = −1 = cos 2 ϕ 5 33

Lời giải Gọi O = AC ∩ BD . Tam giác SAO vuông : SO = SA2 − AO 2 =

a 6 2

Gắn tọa độ như hình vẽ

(

a a  a a a 6 A ( 0; 0; 0 ) , B ( a; 0; 0 ) , C ( a; a; 0 ) , D ( 0; a;0 ) , O  ; ;0  , S  ; ; .  2 2   2 2 2   a 5a a 6  Vì G là trọng tâm tam giác SCD nên G  ; ; . 2 6 6   a a a 6  a  −a 5a a 6  a Ta có : AS =  ; ;  = 1;1; 6 , BG =  ; ;  = −3;5; 6 . 2 2 2 2  2 6 6  6   Góc giữa đường thẳng BG với đường thẳng SA bằng: BG. AS −3 + 5 + 6 5 = = . cos ( BG; SA ) = BG. AS 5 40. 8

(

)

(

Câu 11.

)

(THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Xét tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc. Gọi α , β , γ lần lượt là góc giữa các đường thẳng OA , OB ,

OC với mặt phẳng ( ABC ) (hình vẽ).

)

≥ 8 + 4.9 + 2.27 + 27 = 125 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c , hay OA = OB = OC . Vậy min M = 125 .

H h

B A. 48 .

B. 125 .

C. Số khác. Lời giải

D. 48 3 .

OH OH OH , sin β = , sin γ = . OA OB OC 1 1 1 1 Đặt a = OA , b = OB , c = OC , h = OH thì 2 = 2 + 2 + 2 và h a b c 1  1  M = ( 3 + cot 2 α ) . ( 3 + cot 2 β ) . ( 3 + cot 2 γ ) =  2 +  . 2 + 2 sin 2 α   sin β 

Nên sin α =

2 2

+ b 2c 2 + c 2 a 2 ) .

B Dạng 2. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm THỂ TÍCH Câu 12.

(Mã đề 102 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

(S )

có tâm

I ( −1; 2;1) và đi qua điểm A (1;0; −1) . Xét các điểm B , C , D thuộc ( S ) sao cho AB , AC , AD đôi một vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng 32 64 A. 64 B. C. D. 32 3 3 Lời giải Chọn B

1    . 2 + 2  sin γ    a2   b2   c2  1 1 1 =  2 + 2  .  2 + 2  .  2 + 2  = 8 + 4 ( a 2 + b 2 + c 2 ) . 2 + 2 ( a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) . 4 + a 2b 2 c 2 . 6 . h h h h h h    

(a b

Chọn B Gọi H là trực tâm tam giác ABC , vì tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc nên ta 1 1 1 1 có OH ⊥ ( ABC ) và . = + + OH 2 OA2 OB 2 OC 2 , β = ( , γ = ( . Ta có α = ( OA; ( ABC ) ) = OAH OB; ( ABC ) ) = OBH OC ; ( ABC ) ) = OCH

Ta có: ( a 2 + b 2 + c 2 ) .

Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = ( 3 + cot α ) . ( 3 + cot β ) . ( 3 + cot γ ) là 2

1 1 1 1  1 1 1 = a 2 + b 2 + c 2 .  2 + 2 + 2  ≥ 3 3 a 2 .b 2 .c 2 .3 3 2 . 2 . 2 = 9 . a b c h2 a b c 

(

)

1  1 1 1 = a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 .  2 + 2 + 2  h4 a b c 

(

)

  1 1 1  1 ≥ 3 a b .b c .c a .  3 3  2 . 2 . 2   = 3 3 a 4b 4 c 4 .9 3 4 4 4 = 27 .  a b c  abc   3

2 2

a 2b 2 c 2 .

  1 1 1  1  1 1 1 = a 2b 2 c 2 .  2 + 2 + 2  ≥ a 2b 2c 2 .  3 3  2 . 2 . 2   = 27 .   h6 a b c   a b c  3

Do đó: M = 8 + 4 ( a2 + b2 + c2 ).

1 1 1 + 2 ( a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) . 4 + a 2b 2 c 2 . 6 h2 h h

Mặt cầu ( S ) có bán kính r = IA = 4 + 4 + 4 = 2 3. 15

Lời giải

Đặt AB = a; AC = b; AD = c

a 2 + b2 + c 2 Ta có IA2 = 4 a 2 + b2 + c2 Do đó = 12 4

B ' C '

a 2 + b 2 + c 2 3 3 a 2b 2 c 2 ≥ 4 4 1 1 32 3 Do đó V = abc ≤ 16 = . 6 6 3 Dấu bằng xả y ra khi và chỉ khi a = b = c. . Theo BĐT Cô-si ta có:

Câu 13.

(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu

(S )

có tâm

I ( −1;0; 2 ) và đi qua điểm A ( 0;1;1) . Xét các điểm B , C , D thuộc ( S ) sao cho AB , AC , AD

đôi một vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng 4 8 A. B. 4 C. D. 8 3 3 Lời giải Chọn C

b Tọa độ điểm C ( a; a;0), C '( a; a; b), M ( a; a; ) . 2 b BA ' = (- a; 0; b ), BD = (-a; a; 0), BM = (0; a; ) . 2 2 1 2  BA ', BD  = (−ab; − ab; −b ) nên VBDA ' M =  BA ', BD  .BM = a b .    6 4

32 8  a + a + 2b  64 Ta có: a.a.(2b) ≤  . ⇒ a 2b ≤ ⇒ VBDA ' M ≤  = 3 27 27   27

Câu 15. R c

( MND ' )

I C

chia khối lập phương thành hai khối đa diện, trong đó khối chứa điểm C gọi là ( H ) .

Tính thể tích khối ( H ) .

(THPT-THANG-LONG-HA-NOI-NAM-2018-2019 LẦN 01) Cho hình lập phương ABCD. A′B ′C ′D ′ cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và A′B′ . Mặt phẳng

55a 3 . 72

55a 3 . 144

181a 3 . 486 Lời giải

55a 3 . 48

Đặt: AD = a , AB = b , AC = c . Ta có: • R = IA = 3 . • AM =

b2 + c2 a b2 + a 2 + c2 ; IM = ⇒ R 2 = IA2 = = 3. 2 2 4

AD BĐT Cosi: b 2 + a 2 + c 2 ≥ 3 3 b 2 a 2 c 2 ⇒ b 2 a 2 c 2 ≤ ⇒V =

Câu 14.

+ a2 + c2 )

⇔ abc ≤ 8 .

1 1 4 abc ≤ .8 = . 6 6 3

(CHUYÊN HÙNG VƯƠNG GIA LAI NĂM 2018-2019 LẦN 01) Trong không gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C ′D′ có A trùng với gốc tọa độ O , các đỉnh B(a;0;0) , D(0; a;0) , A′(0;0; b) với a, b > 0 và a + b = 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC′ . Thể tích của khối tứ diện BDA′M có giá trị lớn nhất bằng 64 32 8 4 A. . B. . C. . D. . 27 27 27 27 17

9 . 4

64 . 27

75 . 32 Lời giải C.

245 . 108

z n

M D y m

A m

1 1 DC ; cắt BB′ tại P sao cho BP = BB′ . 4 3

Khi đó V( H ) = VC ′.D′NPME + VC ′.CEM + VC ′.B′PN . 1 a 2a a 3 Có VB′.C ′NP = a. . = 6 2 3 18 1 a a a3 VC .C ′ME = a. . = . 6 4 2 48 Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ; lấ y đơn vị trên trục 1 đơn vị bằng a . 1 1   1    1  Ta có C ( 0; 0; 0 ) , C′ ( 0; 0;1) , E  ;0;0  , M  0; ;0  , R  0;0; −  , Q  − ;1;0  , D′ (1; 0;1) . 3 4   2    4 

Câu 17.

x y z 4 29 + + = 1 ⇔ 4 x + 2 y − 3 z − 1 = 0 ⇒ d ( C ′, ( MND′ ) ) = 1 1 1 29 − 4 2 3 29 1 29 11 29 S MPND ′E = S EQND′ − S PMQ = − = 4 12 4 48 1 11 3 VC ′. D′NPME = d ( C ′, ( MND′ ) ) .S D′NPME = a . 3 36 55 3 Vậy V( H ) = a . 144

Mặt phẳng ( MND′ ) :

Câu 16.

n  M  m; m;  2  BA′ = ( −m;0; n ) Ta có BD = ( −m; m; 0 )  n BM =  0; m;  2   BA′; BD  = ( − mn; −mn; − m 2 )   n 3  BA′; BD  .BM = −m2 n − m2 . = − m2 n   2 2 3 1 1 2 1 1 1  8  64   VBA′DM = .  BA′; BD  .BM = m n = m2 ( 4 − m ) = m.m ( 8 − 2m ) ≤ .   = . 6 4 4 8 8  3  27 Dạng 3. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm KHOẢNG CÁCH

Thể tích khối lập phương bằng a3 . Mặt phẳng ( MND′ ) cắt cạnh DC tại E thỏa EC =

(ĐỀ GK2 VIỆT ĐỨC HÀ NỘI NĂM 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết A ( 0; 0; 0 ) , D ( 2; 0; 0 ) , B ( 0; 4; 0 ) , S ( 0; 0; 4 ) . Gọi M là trung điểm của SB . Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( CDM ) .

A. d ( B, ( CDM ) ) = 2 .

B. d ( B, ( CDM ) ) = 2 2 .

1 C. d ( B, ( CDM ) ) = . D. d ( B, ( CDM ) ) = 2 . 2 Lời giải

(THPT CHUYÊN THĂNG LONG - ĐÀ LẠT - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C ′D′ có A trùng với gốc tọa độ O các đỉnh B ( m;0;0 ) , D ( 0; m;0 ) , A′ ( 0;0; n ) với m, n > 0 và m + n = 4. Gọi M là trung điểm của cạnh CC′. Khi đó thể tích tứ diện BDA′M đạt giá trị lớn nhất bằng

 AB′; BC ′ . AB ah   . d ( AB′; BC ′ ) = = 2  AB′; BC ′ + 5h 2 a  

Câu 19.

(TT HOÀNG HOA THÁM - 2018-2019) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a 3 , mặt bên SAB là tam giác cân với ASB = 1200 và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của SC và N là trung điểm của MC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , BN .

 x A + xC = xB + xD  xC = 2   Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên  y A + yC = yB + yD ⇒  yC = 4 ⇒ C ( 2; 4; 0 ) . z + z = z + z z = 0  A C  C B D là trung đ i ể m c ủ a . SB ⇒ M ( 0; 2; 2 ) M Viết phương trình mặt phẳng ( CDM ) : CD = ( 0; −4; 0 ) , CM = ( −2; −2; 2 ) ⇒ CD ∧ CM = ( −8; 0; −8 ) . ( CDM ) có một véc tơ pháp tuyến n = (1; 0;1) . Suy ra ( CDM ) có phương trình: x + z − 2 = 0 . Vậy d ( B; ( CDM ) ) =

Câu 18.

0+0−2 12 + 02 + 12

= 2.

(ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM 2018-2019) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác vuông cân, AB = AC = a , AA′ = h ( a, h > 0 ) . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB′ và BC′ theo a , h . ah ah ah A. . B. . C. . D. 5a 2 + h 2 2a 2 + h 2 a 2 + 5h 2 Lời giải

a 2 + h2

2 327a . 79

237a . 79

2 237a . 79 Lời giải C.

5 237a . 316

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. A ( 0;0;0 ) ; A′ ( 0;0; h ) ; C ( 0; a; 0 ) ; B ( a;0;0 ) ; B′ ( a;0; h ) ; C ′ ( 0; a; h ) . AB′ = ( a;0; h ) ; BC′ = ( −a; a; h ) ;  AB′; BC ′  = ( − ah; −2 ah; a 2 ) ; AB = ( a;0;0 ) .

Gọi O là trung điểm AB , ∆SAB cân tại S ⇒ SO ⊥ AB . Ta có:

( SAB ) ⊥ ( ABC )( gt )  ( SAB ) ∩ ( ABC ) = AB ⇒ SO ⊥ ( ABC ) .   SO ⊥ AB ( cmt )

 a 3  H là trung điểm CI suy ra H  0; ;0  . 4  

= 600 ⇒ SO = OB = a Xét ∆SOB vuông tại O có OSB tan 600 Ta có: OC là đường cao của tam giác đều cạnh 2a 3 nên: OC = 3a Gắn hình chóp S .ABC lên hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó ta có: O ( 0; 0; 0 ) ,B a 3 ; 0; 0 , A − a 3 ; 0; 0 ;C ( 0; 3a; 0 ) ; S ( 0; 0;a ) ⇒ AB = 2a 3 ; 0; 0

(

) (

)

(

 3a a  M là trung điểm SC nên M có tọa độ:  0; ;  .  2 2  9a a  N là trung điểm MC nên N có tọa độ:  0; ;  .  4 4  3a a  AM có véc tơ chỉ phương AM  a 3; ;  hay a 2 3 ; 3;1 2 2   9a a  BN có véc tơ chỉ phương BN  −a 3 ; ;  hay b −4 3 ; 9;1 4 4   a,b  .AB 2 237   Ta có: d ( AM ; BN ) = = a 79  a,b   

(

Câu 20.

⇒ SH = a 7 ⇒ S  0; a 3 ; a 7  . 450 = ( SA, ( ABC ) ) = ( SA, AH ) = SAH   4 4 4    a a 3 a 7   a a 3 a 7   a a 3  Ta có: SA =  ; − ;− ; ;;00   , CA =  ; −  , CG =  − ; − 4 12  4 4  2  6 2 2   a 21 a 3  a 6  SA, CG  =       12 ; 0; 12  ⇒  SA, CG  = 6 .    SA, CG  .CA a 14   Khoảng cách giữa SA và CG : . = 8  SA, CG   

)

Câu 21.

)

(CỤM LIÊN TRƯỜNG HẢI PHÒNG NĂM 2018-2019 LẦN 01) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a . Gọi I là trung điểm của AB , hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm của CI , góc giữa SA và mặt đáy bằng 450 (hình vẽ bên). Gọi G là trọng

(THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN - ĐÀ NẴNG - LẦN 1 - 2018) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ cạnh bằng a . Gọi K là trung điểm DD′ . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CK và A′D . 4a 2a a 3a A. . B. . C. . D. . 3 3 4 3 Lời giải Gọi M là trung điểm BB′′ . Ta có: CK // A′M ⇒ CK // ( A′MD ) . Khi đó: d ( CK , A′D ) = d ( CK , ( A′MD ) ) = d ( C , ( A′MD ) ) . Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ:

tâm tam giác SBC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CG bằng

a 21 14

a 14 8

a 77 22 Lời giải

a 21 7

a  Ta có: A ( 0; 0; 0 ) , B ( a; 0; 0 ) , D ( 0; a; 0 ) , A′ ( 0; 0; a ) , B ′ ( a; 0; a ) , C ( a; a; 0 ) , M  a; 0;  . 2    a 2 2 2  a  A′M =  a; 0; −  , A′D = ( 0; a; − a ) ,  A′M , A′D  =  ; a ; a  . 2   2  Vậy mặt phẳng ( A′MD ) nhận n = (1; 2; 2 ) làm vectơ pháp tuyến.

Chọn B a   a   a 3  Đặt hệ trục tọa độ Oxyz sao cho I ( 0; 0; 0 ) , A  ;0;0  , B  − ;0; 0  , C  0; ; 0  . 2 2   2   

Ta có CI =

a 3 a 7 a 3 , IH = , AH = 2 4 4

Phương trình mp ( A′MD ) : x + 2 y + 2 z − 2 a = 0 .

a + 2a − 2a

a = . 3 3 Dạng 4. Ứng dụng hình học giải tích OXYZ để giải quyết bài toán tìm BÁN KÍNH MẶT CẦU Do đó: d ( C , ( A′DM ) ) =

Câu 22.

⇒ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .CMN là: R = IM = Câu 23.

93 . 12

(CHUYÊN KHTN - LẦN 1 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 5; 0; 0 ) và B ( 3; 4; 0 ) . Với C là điểm nằm trên trục Oz , gọi H là trực tâm của tam giác ABC .

(CHUYÊN THÁI BÌNH NĂ NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng với đáy. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và CD . Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .CMN bằng a 93 5a 3 a 29 a 37 A. . B. . C. . D. . 12 8 12 6 Lời giải

Khi C di động trên trục Oz thì H luôn thuộc một đường tròn cố định. Bán kính của đường tròn đó bằng 5 3 5 A. . B. . C. . D. 3 . 4 2 2 Lời giải z C

B E

Ta có C ( 0; 0; c ) . Dễ thấy tam giác ABC cân tại C . Gọi E = ( 4; 2; 0 ) là trung điểm của AB . Ta  AB ⊥ OC có mặt phẳng ( OCE ) vuông góc với AB (do  ) và là mặt phẳng cố định.  AB ⊥ CE Gọi K là trực tâm tam giác OAB , do A , B và K cùng nằm trong mặt phẳng ( Oxy ) nên x = 3  x. ( −2 ) + y.4 = 0 OK . AB = 0  3   ⇔ ⇔  3 . Tìm được K =  3; ;0  . y =  2   x − 3 = 0  BK .OA = 0  2  AB ⊥ ( OEC )  HK ⊥ AB Ta chứng minh được KH ⊥ ( CAB ) do  ⇒ . CA ⊥ ( BHK )  HK ⊥ CA

Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ.

3 1 1   1   M (1;0;0 ) , N  ; ;0  , C  1; ;0  , S  0;0; . 2  2 2   2   Gọi I ( x ; y ; z ) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .CMN ⇒ MI = NI = CI = SI .  1 1   1   3 Ta có: MI = ( x − 1; y ; z ) , NI =  x − ; y − ; z  , CI =  x − 1; y − ; z  , SI =  x ; y ; z − . 2 2  2  2     Từ MI = NI = CI = SI ta có hệ: 2 2  1 1 2  3 ( x − 1) + y 2 + z 2 =  x −  +  y −  + z 2 2  2 x = 4     2 2 2 1  1 1 1 2    2 2 .  x −  +  y −  + z = ( x − 1) +  y −  + z ⇔  y = 2  2 2 4    2 2   5 3 ( x − 1) 2 +  y − 1  + z 2 = x 2 + y 2 +  z − 3  z =    12  2 2   

Suy ra

= 90° . Suy ra KHE

thuộc mặt cầu đường kính

KE = 1 +

1 5 và = 4 2

3 ⇒ d ( B, ( SCD ) ) = d ( H , ( SCD ) ) thuộc mặt phẳng ( OCE ) cố định. Vậy H luôn thuộc một 2 5 đường tròn cố định có bán kính R = . 4 Câu 24.

 3 1 5 3   1 1 5 3  ⇒I ; ;  ⇒ IM =  ; − ; − . 12   4 4 12  4 4 25

(CHUYÊN VINH - LẦN 2 - 2018) Trong không gian Oxyz , cho các điểm A , B , C (không trùng O ) lần lượt thay đổi trên các trục Ox , Oy , Oz và luôn thỏa mãn điều kiện: tỉ số giữa diện

3 . Biết rằng mặt phẳng ( ABC ) 2 luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định, bán kính của mặt cầu đó bằng A. 3. B. 2. C. 4. D. 1. Lời giải

tích của tam giác ABC và thể tích khối tứ diện OABC bằng

2 2 2   AI , u     BI , u    CI , u   1 2 3          , với u 2 = u 2 = u 2 = 9 , ⇔R = = = 1 2 3       u1 u2 u3       AI = ( a − 1; b − 1; c − 1) ,  AI , u1  = ( −2b − c + 1; 2a + 2c − 4; a − 2b + 1) . BI = ( a − 3; b + 1; c − 2 ) ,  BI , u2  = ( 2b − 2c + 6; − 2a + c + 4; 2a − b − 7 ) . CI = ( a − 4; b − 4; c − 1) , CI , u3  = ( b + 2c − 6; − a + 2c + 2; −2 a − 2b + 16 ) . 2 9 R 2 =    AI , u1    2 2 2 2 2 2 9 R =  BI , u2  ⇔ 27 R =  AI , u1  +  BI , u2  + CI , u3   2 9 R 2 = CI , u  3   2

⇔ 27 R 2 = 18 ( a 2 + b2 + c 2 ) − 126a − 54b − 54c + 423 2

7 3 3  243 243    ⇔ 27 R 2 = 18  a −  + 18  b −  + 18  c −  + ≥ 2 2 2 2 2    7 3 3 7 3 3 khi a = , b = c = ⇒ I  ; ;  . ⇒ Rmin = 2 2 2 2 2 2 Khi đó S = a + 2b + 3c = 11 .

S S ABC 3 Ta có ABC = = VOABC 1 S .d O, ABC d ( O, ( ABC ) ) ( ( )) ABC 3 S 3 Mà ABC = nên d ( O, ( ABC ) ) = 2 . VOABC 2 Vậy mặt phẳng ( ABC ) luôn tiếp xúc mặt cầu tâm O , bán kính R = 2 . Câu 25.

(THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG - TPHCM - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ x − 1 y −1 z − 1 x − 3 y +1 z − 2 Oxyz , cho 3 = = = = đường thẳng , , ( d1 ) : ( d2 ) : 2 1 −2 1 2 2 x − 4 y − 4 z −1 = = . Mặt cầu bán kính nhỏ nhất tâm I ( a; b; c ) , tiếp xúc với 3 đường thẳng ( d3 ) : 2 −2 1 ( d1 ) , ( d 2 ) , ( d3 ) . Tính S = a + 2b + 3c . A. S = 10 . B. S = 11 . C. S = 12 . D. S = 13 . Lời giải

( d1 ) đi qua điểm A (1;1;1) có VTCP u1 = ( 2;1; − 2 ) . ( d 2 ) đi qua điểm B ( 3; − 1; 2 ) có VTCP u2 = (1; 2; 2 ) . ( d3 ) đi qua điểm C ( 4; 4;1) có VTCP u3 = ( 2; − 2;1) .

Ta có u1.u2 = 0 , u2 .u3 = 0 , u3 .u1 = 0

⇒ ( d1 ) , ( d 2 ) , ( d 3 ) đôi một vuông góc với nhau.       u1 , u2  . AB ≠ 0 , u2 , u3  .BC ≠ 0 , u3 , u1  .CA ≠ 0 ⇒ ( d1 ) , ( d 2 ) , ( d 3 ) đôi một chéo nhau. Lại có: AB = ( 2; − 2;1) ; AB. u1 = 0 và AB. u2 = 0 nên

( d1 ) , ( d 2 ) , ( d3 )

C d3

chứa 3 cạnh của hình hộp chữ nhật như hình vẽ.

Vì mặt cầu tâm I ( a; b; c ) tiếp xúc với 3 đường thẳng ( d1 ) , ( d 2 ) , ( d 3 ) nên bán kính R = d ( I , d1 ) = d ( I , d 2 ) = d ( I , d 3 ) ⇔ R 2 = d 2 ( I , d1 ) = d 2 ( I , d 2 ) = d 2 ( I , d 3 ) 27