ÔN TẬP: HỆ TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

A. CÓ THỂ BẠN CHƯA BIẾT (20 phút )

I. Hệ tọa độ trong không gian
1. Hệ trục tọa độ trong không gian
Trong không gian, cho ba trục x ' Ox, y ' Oy, z ' Oz vuông góc với nhau từng đôi một. Gọi i, j, k lần lượt là
các vectơ đơn vị trên các trục x ' Ox, y ' Oy, z ' Oz .
Định nghĩa
Hệ gồm ba trục x ' Ox, y ' Oy, z ' Oz đôi một vuông góc được gọi là hệ trục tọa độ Đề các (Descartes)
vuông góc Oxyz trong không gian
Điểm O được gọi là gốc tọa độ.
Các mặt phẳng  Oxy  ,  Oyz  ,  Oxz  đôi một vuông góc với nhau được gọi là các mặt phẳng tọa độ.
Không gian với hệ tọa độ Oxyz được gọi là không gian Oxyz
2 2 2
Nhận xét: i  j  k  1 và i. j  j.k  k.i  0
2. Tọa độ của vectơ
Trong không gian Oxyz với các vectơ đơn vị i, j, k trên các trục Ox, Oy, Oz, cho một vectơ u . Khi đó
tồn tại duy nhất bộ ba số thực  x, y, z  sao cho

u  x.i  y. j  z.k

Bộ ba số thực  x, y, z  thỏa mãn hệ thức trên được gọi là tọa độ của vectơ u đối với hệ trục Oxyz.

Kí hiệu u   x; y; z  hoặc u  x; y; z  , trong đó x là hoành độ, y là tung độ, z là cao độ của vectơ u .
Tính chất

Cho các vectơ u   u1; u2 ; u3  , v   v1; v2 ; v3  . Khi đó

a. u  v  u1  v1 , u2  v2 , u3  v3 .

b. u  v   u1  v1; u2  v2 ; u3  v3  .

c. k.u   ku1; ku2 ; ku3  với mọi số thực k.

d. u.v  u1.v1  u2v2  u3 .v3

e. u  u12  u22  u32

f. Hai vectơ u; v vuông góc với nhau khi và chỉ khi u1v1  u2v2  u3v3  0

 
g. Hai vectơ u , v , v  0 cùng phương với nhau khi và chỉ khi có một số thực k sao cho u  kv.

3. Tọa độ của một điểm

Nếu  x; y; z  là tọa độ của vectơ OM thì ta cũng nói  x; y; z  là tọa độ của điểm M với hệ tọa độ Oxyz

Kí hiệu M   x; y; z  hay M  x; y; z  . Trong đó x là hoành độ, y là tung độ, z là cao độ của điểm M.

4. Liên hệ giữa tọa độ của vectơ và tọa độ của hai điểm đầu mút
Trong không gian Oxyz cho hai điểm M  x1; y1; z1  và N  x2 ; y2 ; z2  thì khi đó tọa độ của vectơ
MN  ( x2  x1; y2  y1; z2  z1 ) và độ dài của nó là:

1
 MN   x2  x1    y2  y1    z2  z1 
2 2 2

II. Mặt cầu

1. Phương trình mặt cầu

Định lý

Trong không gian Oxyz, mặt cầu S  tâm I  a; b; c  bán kính R có phương trình là
 x  a   y  b   z  c  R 2 (1).
2 2 2

Phương trình có dạng như phương trình (1) được gọi là phương trình chính tắc của mặt cầu tâm I, bán
kính R.
Nhận xét: Khi biến đổi phương trình (1) ta được:
x2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  a 2  b2  c 2  R2  0
Nếu đặt a2  b2  c2  R2  d thì phương trình trên trở thành
x2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 (2)
Với điều kiện a2  b2  c2  d  0 thì phương trình (2) được gọi là phương trình tổng quát của mặt cầu
có tâm I  a; b; c  và bán kính R  a 2  b2  c 2  d
B. BÀI TẬP QUA CÁC ĐỀ THI
I. Test Nhanh (20 phút)
Câu 1: (Tham khảo THPTQG 2019) ) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;1; 1  và B  2;3; 2  .
Véctơ AB có tọa độ là

A. 1; 2;3 . B.  1;  2;3 . C.  3;5;1 . D.  3; 4;1 .

Câu 2: (Tham khảo THPTQG 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm I 1;1;1 và A 1; 2;3 .
Phương trình của mặt cầu có tâm I và đi qua điểm A là

A.  x  1   y  1   z  1  29 . B.  x  1   y  1   z  1  5 .
2 2 2 2 2 2

C.  x  1   y  1   z  1  25 . D.  x  1   y  1   z  1  5 .
2 2 2 2 2 2

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  . Trung điểm của đoạn thẳng AB có tọa độ là

A. 1;3; 2  B.  2;6; 4  C.  2; 1;5 D.  4; 2;10 

Câu 4: (Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
 S  :  x  3   y  1   z  1  2 . Tâm của  S  có tọa độ là
2 2 2

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

Câu 5: (Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Trong không gian Oxyz , mặt cầu
 S  :  x  5   y 1   z  2  3 có bán kính bằng
2 2 2

A. 3 B. 2 3 C. 3 D. 9

2
Câu 6: (Tham khảo 2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm A  3; 1;1 . Hình chiếu 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 7: (THPT QG 2017 Mã đề 110) Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , tìm tất cả các giá trị của m để
phương trình x2  y 2  z2  2x  2 y  4z  m  0 là phương trình của một mặt cầu.

A. m  6 B. m  6 C. m  6 D. m  6

Câu 8: (THPTQG năm 2017 Mã đề 104) 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  6 . B. m  0 . C. m  4 . D. m  2 .

Lời giải

MN  3; 2; 2  ; NP  2; m  2;1

Tam giác MNP vuông tại N  MN .NP  0  6  2  m  2  2  0  m  2  2  m  0 .

Câu 9: (THPT QG 2017 Mã đề 105) 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  .

A. cos  a , b    B. cos  a , b    C. cos  a , b   D. cos  a , b  

2 2 2 2
25 5 25 5

Lời giải

Ta có: cos  a , b  
a.b 2 2
  .
a.b 5. 5 5

Câu 10: (THPT QG 2017 Mã đề 110) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho điểm A  2; 2;1 .
Tính độ dài đoạn thẳng OA .

A. OA  3 B. OA  9 C. OA  5 D. OA  5

Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M 1; 2; 3 . Gọi I là hình chiếu vuông góc
của M trên trục Ox . Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt cầu tâm I bán kính IM ?

A.  x  1  y 2  z 2  13 B.  x  1  y 2  z 2  13
2 2

C.  x  1  y 2  z 2  17 D.  x  1  y 2  z 2  13
2 2

II. Bài Tập Điển Hình (50 phút)

Câu 1: (THPT Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,
cho tứ diện ABCD với A  0; 0; 3  , B  0; 0; 1 , C 1; 0;  1 , D  0; 1;  1 . Mệnh đề nào dưới
đây sai?
A. AB  BD . B. AB  BC . C. AB  AC . D. AB  CD .

Lời giải

3
 Chọn C

D
B
C

Ta có AB   0; 0;  4  , AC  1; 0;  4   AB. AC  16  0  AB và AC không vuông góc.

Câu 2: (TT Diệu Hiền-Cần Thơ-tháng 10-năm 2017-2018)Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz,
cho a  i  2 j  3k . Tọa độ của vectơ a là:
A.  2; 1; 3 . B.  3; 2; 1 . C.  2; 3; 1 . D.  1; 2; 3 .
Lời giải
Chọn D

Ta có: a  i  2 j  3k  a  1; 2; 3 .

Câu 3: (TT Diệu Hiền-Cần Thơ-tháng 10-năm 2017-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
bốn điểm A 1;0; 2  , B  2;1;3 , C  3; 2; 4  , D  6;9;  5 . Hãy tìm tọa độ trọng tâm của tứ diện
ABCD ?
A.  2;3;  1 . B.  2;  3;1 . C.  2;3;1 . D.  2;3;1 .

Lời giải

Chọn C

Gọi G  x; y; z  là tọa độ trọng tâm của tứ diện ABCD ta có:

 x A  xB  xC  xD  1 2  3  6
x   x
4 4 x  2
 
 y  y  y  y  0  1  29 
y 
A B C D
 y   y  3
 4  4 z  1
 z  z  z  z  2  3  45 
z 
A B C D
 z
 4  4

Câu 4: (THPT Đức Thọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz ,
cho ba điểm A  3; 2;3 , B  1; 2;5 , C 1;0;1 . Tìm toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC ?

A. G 1;0;3 . B. G  3;0;1 . C. G  1;0;3 . D. G  0;0; 1 .

Lời giải

Chọn A
Theo công thức tính tọa độ trọng tâm của tam giác.

4
Câu 5: (THPT Đức Thọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
mặt cầu  S  :

x2  y 2  z 2  6 x  4 y  8z  4  0 . Tìm tọa độ tâm I và tính bán kính R của mặt cầu  S  .

A. I  3; 2; 4  , R  25 . B. I  3; 2; 4  , R  5 .

C. I  3; 2; 4  , R  5 . D. I  3; 2; 4  , R  25 .

Lời giải

Chọn C

Mặt cầu  S  có tâm là I  3; 2; 4  .

Bán kính của mặt cầu  S  là R   3   2   4 4 5.

2 2 2

Câu 6: (THPT Đức Thọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
hai điểm A , B với OA   2;  1;3 , OB   5; 2;  1 . Tìm tọa độ của vectơ AB .

A. AB   3;3; 4  . B. AB   2; 1;3 . C. AB   7;1; 2  . D. AB   3; 3; 4  .

Lời giải

Chọn A

Ta có: AB  OB  OA   5;2;  1   2;  1;3   3;3; 4  .

Câu 7: (THPT Đức Thọ-Hà Tĩnh-lần 1 năm 2017-2018) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ba
vectơ a   1;1;0  , b  1;1;0  , c  1;1;1 . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?

A. a  2 . B. a  b . C. c  3 . D. b  c .

Lời giải

Chọn D

Ta có

 a   1;1;0   a  2  A đúng.

 a. b  1.1  1.1  0.0  0  a  b  B đúng.

 c  1;1;1  c  3  C đúng.

 b. c  1.1  1.1  0.1  2  0  D sai.

5
Câu 8: (THPT Yên Lạc-Vĩnh Phúc-lần 3 năm 2017-2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz
cho a  1; 2;3 và b   2; 1; 1 . Khẳng định nào sau đây đúng?
A.  a, b    5; 7; 3 .

B. Vectơ a không cùng phương với vectơ b .

C. Vectơ a không vuông góc với vectơ b .
D. a  14 .
Lời giải
Chọn D
Ta có  a, b    5;7;3 nên A sai.
1 2 3
Do   nên vectơ a không cùng phương với vectơ b nên B sai.
2 1 1
Do a.b  1.2   2  1  3  1  1 nên vectơ a không vuông góc với vectơ b nên C sai.

Ta có a  1   2  32  14 .
2 2

Câu 9: (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - lần 3 năm 2017-2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz ,
cho véctơ a  1; 2;3 . Tìm tọa độ của véctơ b biết rằng véctơ b ngược hướng với véctơ a
và b  2 a .

A. b   2; 2;3 . B. b   2; 4;6  . C. b   2; 4; 6  . D. b   2; 2;3 .

Lời giải

Chọn C

Vì véctơ b ngược hướng với véctơ a và b  2 a nên ta có b  2a   2; 4; 6  .

Câu 10: (THPT Hồng Quang-Hải Dương năm 2017-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
các vectơ a   2; 1;3 , b  1;3; 2  . Tìm tọa độ của vectơ c  a  2b .

A. c   0; 7;7  . B. c   0;7;7  . C. c   0; 7; 7  . D. c   4; 7;7  .

Lời giải

Chọn A

Ta có 2b   2; 6;4  mà a   2; 1;3  c   0; 7;7  .

Câu 11: (THPT Tứ Kỳ-Hải Dương năm 2017-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba
điểm A  3;2;1 , B  1;3;2  ; C  2;4; 3 . Tích vô hướng AB. AC là

A. 2 . B. 2 . C. 10 . D. 6 .

Hướng dẫn giải

Chọn A
Ta có: AB   4;1;1 và AC   1; 2;  4  . Vậy AB. AC  4  2  4  2 .

6
Câu 12: (THPT Lương Văn ChasnhPhus Yên năm 2017-2018) Trong không gian Oxyz, cho điểm
A 1; 2;3 . Hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng  Oyz  là điểm M . Tọa độ của
điểm M là
A. M 1; 2;0  . B. M  0; 2;3 . C. M 1;0;0  . D. M 1;0;3 .

Lời giải

Chọn B

Điểm M là hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng  Oyz  , khi đó hoành độ điểm
A : xA  0

Do đó tọa độ điểm M  0; 2;3 .

Câu 13: (THPT Lương Văn Chánh Phú Yên năm 2017-2018) Trong không gian Oxy , phương trình
nào dưới đây là phương trình mặt cầu tâm I 1;0;  2  , bán kính r  4 ?
A.  x  1  y 2   z  2   16 . B.  x  1  y 2   z  2   16 .
2 2 2 2

C.  x  1  y 2   z  2   4 . D.  x  1  y 2   z  2   4 .
2 2 2 2

Lời giải

Chọn A

Phương trình mặt cầu tâm I 1;0;  2  , bán kính r  4 có dạng  x  1  y 2   z  2   16 .

2 2

Câu 14: (THPT Hậu Lộc 2-Thanh Hóa năm 2017-2018) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm
A  3; 2;5 . Hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng tọa độ  Oxz  là

A. M  3;0;5 . B. M  3; 2;0  . C. M  0; 2;5 . D. M  0; 2;5 .

Lời giải

Chọn D

Để tìm tọa độ hình chiếu của điểm A  3; 2;5 lên mặt phẳng  Oxz  ta chỉ cần giữ nguyên
hoành độ và cao độ, cho tung độ bằng 0 .

Câu 15: (THPT Yên Định-Thanh Hóa-lần 1 năm 2017-2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz, cho A  0;  1;1 , B  2;1;  1 , C  1;3; 2  . Biết rằng ABCD là hình bình hành, khi đó
tọa độ điểm D là:
 2
A. D  1;1;  . B. D 1;3; 4  . C. D 1;1; 4  . D. D  1;  3;  2  .
 3
Hướng dẫn giải

Chọn C

 x 1  2

Gọi D  x; y; z  , ta có ABCD là hình bình hành nên BA  CD   y  3  2
 z2 2


7
 x 1

  y  1 . Vậy D 1;1;4 .
z  4


Câu 16: (THTT Số 1-484 tháng 10 năm 2017-2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho
OA  2i  2 j  2k , B  2; 2;0  và C  4;1;  1 . Trên mặt phẳng  Oxz  , điểm nào dưới đây
cách đều ba điểm A , B , C .

3 1  3 1  3 1   3 1
A. M  ; 0;  . B. N  ; 0; . C. P  ; 0; . D. Q  ; 0;  .
4 2  4 2  4 2   4 2

Lời giải

Chọn C

3 21
Ta có: A  2; 2; 2  và PA  PB  PC  .
4

Câu 17: (THPT Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz, A  3; 4; 2  , B  5; 6; 2  , C  10; 17; 7  . Viết phương trình mặt cầu tâm C bán
kính AB .
A.  x  10    y  17    z  7   8 . B.  x  10    y  17    z  7   8 .
2 2 2 2 2 2

C.  x  10    y  17    z  7   8 . D.  x  10    y  17    z  7   8 .
2 2 2 2 2 2

Lời giải

Chọn B

Ta có AB  2 2 .

Phương trình mặt cầu tâm C bán kính AB :  x  10   y  17    z  7   8 .

2 2 2

Câu 18: (THPT Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz , cho hình hộp ABCD.ABCD có A  0; 0; 0  , B  3; 0; 0  , D  0; 3; 0  , D  0; 3;  3 .
Toạ độ trọng tâm tam giác ABC là
A. 1; 1;  2  . B.  2; 1;  2  . C. 1; 2;  1 . D.  2; 1;  1 .

Lời giải

Chọn B

D
C

A
B
D
C

A B

Cách 1 : Ta có AB   3; 0; 0  . Gọi C  x; y; z   DC   x; y  3; z 

8
 ABCD là hình bình hành  AB  DC   x; y; z    3; 3; 0  C  3; 3; 0 

Ta có AD   0; 3; 0  . Gọi A  x; y; z  AD    x; 3  y;  3  z

ADDA là hình bình hành  AD  AD   x; y; z    0; 0;  3  A  0; 0;  3

Gọi B  x0 ; y0 ; z0   AB   x0 ; y0 ; z0  3

ABBA là hình bình hành  AB  AB   x0 ; y0 ; z0    3; 0;  3  B  3; 0;  3

 033
 xG  3
2

 003
G là trọng tâm tam giác ABC   yG   1  G  2; 1;  2  .
 3
 3  3  0
 zG   2
 3

3 3 3
Cách 2: Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng BD .Ta có I  ; ;   .Gọi G  a; b; c  là trọng
2 2 2
tâm tam giác ABC

3  3
 2  3 a  2 
 3 3 3   
 DI   2 ;  2 ;  2  a  2
    3  3 
Ta có : DI  3IG với  . Do đó :   3  b    b  1 .
 IG   a  3 ; b  3 ; c  3   2  2 c  2
    
  2 2 2 3  3
  3  c  
 2  2

Vậy G  2;1;  2  .

Câu 19: (THPT Lê Hồng Phong-Nam Định-lần 1-năm 2017-2018) Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz , cho ba điểm A 1; 2;  1 , B  2;  1;3 , C  4;7;5 . Tọa độ chân đường phân giác trong
góc B của tam giác ABC là
 2 11   11   2 11 1 
A.   ; ;1 . B.  ;  2;1 . C.  ; ;  . D.  2;11;1 .
 3 3  3   3 3 3

Lời giải

Chọn A
Ta có: BA   1;  3;4   BA  26; BC   6;8;2   BC  2 26 .

Gọi D là chân đường phân giác trong kẻ từ B lên AC của tam giác ABC

DA BA  2 11 
Suy ra :   DC  2DA  D   ; ;1 .
DC BC  3 3 

Câu 20: (TT Diệu Hiền-Cần Thơ-tháng 10-năm 2017-2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxy ,
có tất cả bao nhiêu số tự nhiên của tham số m để phương trình
x2  y 2  z 2  2  m  2  y  2  m  3 z  3m2  7  0 là phương trình của một mặt cầu.
A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 5 .

9
 ời giải
Chọn C
a  0
b  m  2

Ta có: 
c    m  3 
d  3m 2  7

Phương trình trên là phương trình mặt cầu khi:
a2  b2  c2  d  0   m  2    m  3   3m2  7   0
2 2

 m2  2m  6  0  1  7  m  1  7 .
à m  m 0,1, 2,3 .
Vậy có bốn giá trị số tự nhiên của m thỏa điều kiện đề bài.
Câu 21: (THPT Chuyên Thái Bình-lần 2 năm học 2017-2018) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
I 1; 0;  1 và A  2; 2;  3 . Mặt cầu  S  tâm I và đi qua điểm A có phương trình là

A.  x  1  y 2   z  1  3 . B.  x  1  y 2   z  1  3 .
2 2 2 2

C.  x  1  y 2   z  1  9 . D.  x  1  y 2   z  1  9 .
2 2 2 2

Lời giải

Chọn C

Mặt cầu  S  tâm I có dạng  x  1  y 2   z  1  R 2 .

2 2

Vì A   S  nên R2   2  1  22   3  1  9  R  3
2 2

Vậy phương trình cần tìm là  x  1  y 2   z  1  9 .

2 2

Câu 22: (THPT Chuyên ĐHSP-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,
cho A  1;0;0  , B  0;0; 2  , C  0; 3;0  . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là
14 14 14
A. . B. . C. . D. 14 .
3 4 2

Lời giải

Chọn C

Gọi  S  là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC .

Phương trình mặt cầu  S  có dạng: x2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 .

 1
d  0 a   2
1  2a  d  0 
  3
Vì O , A , B , C thuộc  S  nên ta có:   b   .
 4  4c  d  0  2
9  6b  d  0 c  1
d  0


10
 1 9 14
Vậy bán kính mặt cầu  S  là R  a 2  b2  c 2  d   1  .
4 4 2

Cách 2: OABC là tứ diện vuông có cạnh OA  1 , OB  3 , OC  2 có bán kính mặt cầu ngoại
1 1 14
tiếp là R  OA2  OB 2  OC 2  1 9  4  .
2 2 2

Câu 23: (THPT Chuyên ĐHSP-Hà Nội-lần 1 năm 2017-2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,
cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC có A  0;0;0  , B  2;0;0  , C  0; 2;0  và A  0;0; 2  . Góc
giữa BC  và AC là
A. 45 . B. 60 . C. 30 . D. 90 .

Lời giải

Chọn D
Ta có: B  2;0;0  , C   0; 2; 2  nên BC   2; 2; 2  .
A  0;0; 2  , C  0; 2;0  nên AC   0; 2; 2  .
044

Suy ra: cos  BC , AC   cos BC , AC 
12. 8
  0 ,   BC , AC   90 .

Câu 24: (THPT Chuyên Hạ Long-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz , cho tam giác ABC với A(1;0;0) , B(3; 2; 4) , C (0;5; 4) . Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt
phẳng (Oxy) sao cho MA  MB  2MC nhỏ nhất.
A. M (1;3;0) . B. M (1;  3;0) . C. M (3;1;0) . D. M (2;6;0) .

Hướng dẫn giải

Chọn A

Gọi I là điểm thỏa mãn IA  IB  2IC  0 1 .

Ta có 1  4OI  OA  OB  2OC   4;12;12   I 1;3;3 .

Khi đó MA  MB  2MC  4MI  4MI .

Do M thuộc mặt phẳng (Oxy) nên để MA  MB  2MC nhỏ nhất hay MI nhỏ nhất thì M là

hình chiếu của I 1;3;3 trên  Oxy   M 1;3;0  .

Câu 25: (THPT Chuyên Lê Quý Đôn-Đà Nẵng năm 2017-2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz , cho ba điểm A 1;0;0  , C  0;0;3 , B  0; 2;0  . Tập hợp các điểm M thỏa mãn
MA2  MB2  MC 2 là mặt cầu có bán kính là:
A. R  2 . B. R  3 . C. R  3 . D. R  2 .

Lời giải

Chọn D

Giả sử M  x; y; z  .

Ta có: MA2   x  1  y 2  z 2 ; MB2  x 2   y  2   z 2 ; MC 2  x 2  y 2   z  3 .

2 2 2

11
 MA2  MB2  MC 2   x  1  y 2  z 2  x 2   y  2   z 2  x 2  y 2   z  3
2 2 2

 2 x  1   y  2   x 2   z  3   x  1   y  2    z  3  2 .
2 2 2 2 2

Vậy tập hợp các điểm M thỏa mãn MA2  MB2  MC 2 là mặt cầu có bán kính là
Câu 26: (Đề thử nghiệm THPT QG 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm
A  2;3;1 và B  5; 6; 2  . Đường thẳng AB cắt mặt phẳng  Oxz  tại điểm M . Tính tỉ số AM .
BM

A. AM  1 B. AM  2 C. AM  1 D. AM  3
BM 2 BM BM 3 BM

Lời giải

(Tính nhanh tỉ số nhờ khoảng cách)

M   Oxz   M  x;0;z  ; AB   7;3;1  AB  59 ; AM   x  2;  3;z  1 và

 x  2  7k  x  9
 
A, B, M thẳng hàng  AM  k. AB  k    3  3k  1  k  M  9;0;0  .
z 1  k z  0
 

BM   14;  6;  2 ; AM   7;  3;  1  BM  2 AM .

Cách 2: Xử lí bằng khoảng cách (30 giây)

12