200 câu trắc nghiệm Phương pháp tọa độ trong không gian nâng cao (P1)

Chọn B

Gọi A (a; 0; 0), B(0; b; 0) và C(0; 0; c) với abc ≠ 0. Phương trình mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A, B, C là

.

Vì M(1;2;3) ∈ (P) nên ta có: .

Điểm M là trực tâm của tam giác ABC.

Phương trình mặt phẳng (P) là:  <=> x + 2y + 3z - 14 = 0

Chọn D

Cách 1: Giả sử

Cách 2: Ta có:

Chọn C

Chọn C

Chọn A

Cách 1. Giả sử A (a; 0; 0) ∈ Ox, B (0;b;0) ∈ Oy, C (0;0;c) ∈ Oz.

Khi đó mặt phẳng (P) có dạng: 

Do H là trực tâm tam giác ABC nên:

Vậy phương trình của mặt phẳng (P) là: 

Cách 2. Vì tứ diện OABC có các cạnh đôi một vuông tại O và H là trực tâm tam giác ABC nên  (tham khảo bài tập 4, trang 105 SGK HH11).

Suy ra  Khi đó phương trình mặt phẳng (P) có dạng: 2x + y + x + D = 0

H ∈ (P) nên: 2.2 + 1 + 1 + D = 0 => D = -6

Vậy phương trình mặt phẳng  là: 2x + y + z - 6 = 0

Chọn C

Gọi J là trung điểm AB = > J = (2;0;-1)

Tam giác ABO vuông tại O nên J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB. Gọi I là tâm mặt cầu (S), (S) qua các điểm A, B, O. Ta có đường thẳng IJ qua J và có một VTCP là  

nên có PTTS: 

Chọn D

Chọn A

+ d qua M₀ (0;0;1) có vectơ chỉ phương 

+ Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A lên (P) và d. Ta có: d(A, (P)) = AH ≤ AK

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi H ≡ K. Do đó d(A, (P))_max = AK

Khi đó (P) đi M₀ (0;0;1) nhận  làm vectơ pháp tuyến.

Chọn C

Vectơ chỉ phương của d₁ và d₂ lần lượt là 

Gọi AB là đoạn vuông góc chung của d₁ và d₂ với A ∈ d₁ và B ∈ d₂

Suy ra: A (-1+2a; -1+a; -1+3a); B (2+b; 2b; 9+3b)

Khi đó: = (-2a + b + 3; -a + 2b + 1; -3a + 3b + 10) 

Vì AB là đoạn vuông góc chung của d₁ và d₂ nên:

Gọi I là tâm mặt cầu (S) có đường kính là AB.

Suy ra 

Vậy phương trình mặt cầu: 

Chọn B

Gọi M là trung điểm BB'. Ta có: CK // A'M => CK // (A'MD)

Khi đó d(CK, A'D) = d (CK, (A'MD)). Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ: 

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;a/2).

Vậy mặt phẳng (A'MD) nhận  làm vectơ pháp tuyến.

Phương trình (A'MD) là x + 2y + 2z - 2a = 0

Do đó: 

Chọn D

Vậy M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (Oyz) nên M (0;1;4)

Chọn B

Gọi M là đỉnh của hình lập phương có cạnh bằng 1 nằm trên đường chéo AC' và nằm trên khối còn lại sau khi cắt. Gọi I là tâm của khối cầu có thể tích lớn nhất thỏa yêu cầu bài toán.

Suy ra I thuộc đoạn thẳng C'M và mặt cầu tâm I cần tìm đi qua điểm M

Cách khác: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho C'(0;0;0), B' (0;3;0), D'(3;0;0), C (0;0;3).

Khi đó M(2;2;2)

Ta có phương trình đường thẳng C'M là  với 2 > 0 > t do I thuộc đoạn thẳng C'M

Chọn B

Gọi A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c). Ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 

Gọi H là hình chiếu của O lên (P). Ta có: d(O, (P)) = OH ≤ OM

Do đó max d(O, (P)) = OM khi và chỉ khi (P) qua M nhận  làm VTPT.

Do đó (P) có phương trình: 

Chọn A

Gọi O là giao điểm của AC và BD, M là trung điểm của BC, N là trung điểm của CD.

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho:

Chọn C

Gọi tọa độ điểm M(x;y;z)

là phương trình của mặt cầu (S), có tâm I (-1;-1;-4) và bán kính R = 3

Chọn D

Gọi điểm cần tìm là M (x₀; y₀; z₀)

Phương trình mặt phẳng (ABC) là: 

Phương trình mặt phẳng (BCD) là: x = 0

Phương trình mặt phẳng (CDA) là: y = 0

Phương trình mặt phẳng (DAB) là: z= 0. 

Ta có M cách đều 4 mặt phẳng (ABC), (CDA), (BCD), (DAB) nên:

Ta có các trường hợp sau:

Vậy có 8 điểm M thỏa mãn bài toán.

Chọn D

Tức là tứ diện SABC có các cạnh SA, SB, SC bằng nhau và đôi một vuông góc.

Vậy tứ diện SABC có tất cả ba mặt phẳng đối xứng đó là:

Do đó diện tích tam giác AMB có giá trị lớn nhất bằng 4

Chọn A

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Suy ra: G(2;-2;2)

Do tổng GA² + GB² + GC² không đổi nên MA² + MB² + MC² đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi GM² nhỏ nhất

Mà S nằm trên mặt phẳng (Oyz) nên M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (Oyz). Suy ra: M(0;-2;2)

Vậy P = x+y+z = 0 + (-2) + 2 = 0

Chọn A

Theo giả thiết hình thang ABCD vuông tại A và B và có diện tích bằng 6√2 nên:

Do ABCD là hình thang vuông tại A và B nên . Giả sử $D\left(a; b; c\right)$,  khi đó ta có:

Chọn A

Chọn C

Ta có , suy ra bốn điểm A, B, C, D không đồng phẳng. Gọi (P) là mặt phẳng cách đều bốn điểm A, B, C, D.

TH1: Có một điểm nằm khác phía với ba điểm còn lại so với (P). Có bốn mặt phẳng thỏa mãn.

TH2: Mỗi phía của mặt phẳng (P) có hai điểm. Có ba mặt phẳng thỏa mãn.

Vậy có bảy mặt phẳng thỏa mãn.

Ta thấy  không cùng phương nên ba điểm A, B, C không thẳng hàng.

M cách đều hai điểm A, B  nên điểm M nằm trên mặt trung trực của AB. M cách đều hai điểm B, C nên điểm M nằm trên mặt trung trực của B, C.

Do đó tập hợp tất cả các điểm m cách đều ba điểm A, B, C là giao tuyến của hai mặt trung trực của AB và BC.

Gọi (P), (Q) lần lượt là các mặt phẳng trung trực của AB và BC. K(0; 3/2; 1/2) là trung điểm AB; N(1/2; -1/2; 1) là trung điểm BC.

(P) đi qua K và nhận  làm véctơ pháp tuyến nên (P):  hay (P): 2x - y + z + 1 = 0

(Q) đi qua N và nhận  làm véctơ pháp tuyến nên (Q):  hay (Q): 3x - 5y +2z - 6 = 0

Ta có . Nên d có véctơ chỉ phương

Cho y = 0 ta sẽ tìm được x = -8, z = 15 nên (-8; 0; 15) ∈ d. Vậy .

Chọn A

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên Δ, lúc đó d(B, Δ) = BH ≤ BA

Do đó d(B, Δ) lớn nhất khi H ≡ A 

Chọn D

Giả sử (S): x² + y²  + z²  - 2ax - 2by - 2cz + d = 0 (a² + b² + c²  - d  > 0)

 và tâm I (a;b;c) ∈ (P) =>  a + b - c - 3 = 0 (1)

(S) qua A và O nên 

Suy ra 2 - 2a + 2c = 0 (2)

Lấy (1) nhân 2 rồi cộng vế theo vế với (2) ta suy ra b = 2. Từ đó, suy ra I (a; 2; a-1)

Chu vi tam giác OAI bằng 6 + √2 nên OI + OA + AI = 6 + √2

+ Với a = -1 => I(-1; 2; -2) => R = 3. Do đó:

+ Với a = 2 => I (2;2;1) => R = 3. Do đó: