Bài tập tọa độ không gian Oxyz mức độ vận dụng có đáp án và lời giải chi tiết

Phần 1: HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Câu 1: [2H3-1.1-3]Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm ( ) 5;3; 1 A − , ( ) 2;3; 4 B − và

( ) 1;2;0 C . Tọa độ điểm D đối xứng với C qua đường thẳng AB là

A. ( ) 6;4; 5 − . B. ( ) 4;6; 5 − . C. ( ) 6; 5;4 − . D. ( ) 5;6;4 − .

Hướng dẫn giải Chọn A.

Phương trình đường thẳng AB : ( )

5 3 3 1 3

x t y t z t

= +   = ∈  = −+ 

.

Gọi ( ) 1 5 3 ;3; 1 3 C t t + −+ là hình chiếu vuông góc của C lên đường thẳng AB .

Ta có: ( ) 1 4 3 ;1; 1 3 CC t t = + −+ 

.

Khi đó: 1 CC BA ⊥  

1. 0 CC BA ⇔ = 

( ) ( ) 3 4 3 3 1 3 0 t t ⇔ + + −+ = 1 2 t ⇔= − . Hay 1 7 5 ;3; 2 2 C   −    

.

Điểm D đối xứng với C qua đường thẳng AB 1 C ⇒ là trung điểm CD ( ) 6;4; 5 D ⇒ − .

Câu 2: [2H3-1.1-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ , cho hình hộp . Biết tọa độ các đỉnh , , , . Tìm tọa độ điểm của hình hộp.

A. . B. . C. . D. .

Hướng dẫn giải Chọn D.

Gọi ( ) 1 1 1 ; ; A x y z ′ , ( ) 2 2 2 ; ; C x y z ′ .

Tâm của hình bình hành A B C D ′ ′ ′ ′ là 1 5 ;3; 2 2 I      

.

Do I là trung điểm của A C ′ ′ nên

1 2

1 2

1 2

1

6

5

x x

y y

z z

+ =   + =   + = 

.

Ta có ( ) 7;0; 1 AC = − 

và ( ) 2 1 2 1 2 1 ; ; A C x x y y z z ′ ′ = − − − 

.

Oxyz . ABCD A B C D ′ ′ ′ ′ ( ) 3;2;1 A − ( ) 4;2;0 C ( ) 2;1;1 B′ − ( ) 3;5;4 D′ A′

( ) 3;3;1 A′ − ( ) 3; 3;3 A′ −− ( ) 3; 3; 3 A′ −−− ( ) 3;3;3 A′ −

D/

C/ B/

A/

D

C B

A

Do ACC A′ ′ la hình bình hành nên

2 1

2 1

2 1

7

0

1

x x

y y

z z

− =   − =   − = − 

.

Xét các hệ phương trình:



1 2 1

2 1 2

1 3

7 4

x x x

x x x

+ = = −   ⇔   − = =  

. 

1 2 1

2 1 2

6 3

0 3

y y y

y y y

+ = =   ⇔   − = =  

. 

1 2 1

2 1 2

5 3

1 2

z z z

z z z

+ = =   ⇔   − = − =  

.

Vậy ( ) 3;3;3 A′ − .

Cách khác

Gọi I là trung điểm của AC 1 1 ;2; 2 2 I   ⇒    

.

Gọi I′ là trung điểm của B D ′ ′ 1 5 ;3; 2 2 I   ′ ⇒    

.

Ta có ( ) 3;3;3 AA II A ′ ′ ′ = ⇒ −  

.

Câu 3: [2H3-1.1-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp chữ nhật . ABCD A B C D  có điểm A trùng với gốc tọa độ,       ;0;0 , 0; ;0 , 0;0; B a D a A b  với 0, 0 a b  . Gọi M là trung điểm của cạnh

CC . Giả sử 4 a b  , giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện A BDM  bằng:

A. 64 . 27 B. 128. 27 C. 128. 9 D. 27. 4

Hướng dẫn giải Chọn A.

Từ giả thiết, suy ra

 

 

 

 

; ;0

' ;0; ; ; 2 ' 0; ;

' ; ;

C a a

B a b b M a a D a b

C a a b

               

.

Ta có

 

   

2 2 ' ;0; 3 ' 0; ; ' , ' ; ; ' , ' . ' 2

; ; 2

A B a b a b A D a b A B A D ab ab a A B A D A M

b AM a a

                                      



  



.

Thể tích khối tứ diện

2

' 1 ' , ' . ' 6 4 A MBD a b V A B A D A M        

 .

Do , 0 a b  nên áp dụng BĐT Côsi, ta được

2 2 3 1 1 1 64 4 3 2 2 4 27 a b a a b a b a b        .

Suy ra ' 64 max . 27 A MBD V 

Câu 4: [2H3-1.2-3]Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho điểm ( ) 3;0; 2 A − và mặt cầu

( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 3 25 S x y z − + + + + = . Một đường thẳng d đi qua A , cắt mặt cầu tại hai điểm

M , N . Độ dài ngắn nhất của MN là