Luyện theo chủ đề · Toán lớp 12

Phương trình đường thẳng trong không gian

Chương “Phương pháp tọa độ trong không gian”. Các câu thuộc chủ đề này, gom từ mọi đề trên trang, kèm đáp án và lời giải.

3
câu
2
đề thi
  1. Đề chính thức Toán 2026 (Bộ GD&ĐT) – mã đề 0101 · Câu 4 Phần II
    Câu 4.

    Trong không gian xét hệ tọa độ OxyzOxyz, có một đơn vị dài trên các trục tương ứng với 10 mét trên thực tế. Một mục tiêu cần được bảo vệ có vị trí gốc tọa độ OO. Người ta thiết lập một vành đai bảo vệ quanh mục tiêu theo một đường tròn tâm OO có bán kính bằng 7 đơn vị (tương ứng 70 mét trên thực tế) nằm trong mặt phẳng (Oxy)(Oxy). Một máy bay không người lái (được coi như một hạt) bay theo một đường thẳng từ vị trí M(5;10;4)M(5;10;4) đến vị trí N(14;−2;4)N(14;-2;4). Tại mỗi vị trí của máy bay, khoảng cách từ máy bay đến vành đai bảo vệ là độ dài ngắn nhất của các đoạn thẳng nối từ vị trí đó đến một điểm bất kì trên vành đai.

    • a)

      MN→=(9;−12;0)\overrightarrow{MN}=(9;-12;0).

      Đúng
    • b)

      Phương trình tham số của đường thẳng MNMN là {x=5+3ty=10−4tz=0\begin{cases}x=5+3t\\y=10-4t\\z=0\end{cases} với t∈Rt\in\mathbb R.

      Sai
    • c)

      Trong quá trình bay từ MM đến NN, khoảng cách ngắn nhất từ máy bay đến vành đai bảo vệ là 50 mét.

      Đúng
    • d)

      Trong quá trình bay từ MM đến NN, khoảng cách từ máy bay đến vành đai bảo vệ là ngắn nhất khi máy bay ở vị trí có tọa độ là (8;6;4)(8;6;4).

      Đúng
    Lời giải

    a) Đúng: MN→=(14−5;−2−10;4−4)=(9;−12;0)\overrightarrow{MN}=(14-5;-2-10;4-4)=(9;-12;0).

    b) Sai: đường thẳng MNMN có vectơ chỉ phương u⃗=(3;−4;0)\vec u=(3;-4;0) và đi qua M(5;10;4)M(5;10;4) nên có phương trình {x=5+3ty=10−4tz=4\begin{cases}x=5+3t\\y=10-4t\\z=4\end{cases}, không phải z=0z=0.

    c) Đúng: máy bay luôn ở độ cao z=4z=4. Với điểm K(x;y;4)K(x;y;4), gọi r=x2+y2r=\sqrt{x^2+y^2} là khoảng cách từ hình chiếu của KK trên (Oxy)(Oxy) đến OO. Khoảng cách ngắn nhất từ KK đến vành đai là (r−7)2+42\sqrt{(r-7)^2+4^2}.

    Trên đoạn MNMN (0≤t≤30\le t\le3): r2=(5+3t)2+(10−4t)2=25(t−1)2+100≥100r^2=(5+3t)^2+(10-4t)^2=25(t-1)^2+100\ge100, nên r≥10>7r\ge10>7 và rr nhỏ nhất bằng 10 khi t=1t=1. Khi đó khoảng cách ngắn nhất là (10−7)2+16=5\sqrt{(10-7)^2+16}=5 đơn vị, tức 50 mét.

    d) Đúng: khoảng cách ngắn nhất đạt được khi t=1t=1, tức máy bay ở vị trí (8;6;4)(8;6;4).

  2. Đề tham khảo Toán 2025 (Bộ GD&ĐT) · Câu 4 Phần I
    Câu 4.

    Trong không gian với hệ trục tọa độ OxyzOxyz, phương trình của đường thẳng đi qua điểm M(1;−3;5)M(1;-3;5) và có một vectơ chỉ phương u⃗(2;−1;1)\vec u(2;-1;1) là:

    • A.

      x−12=y−3−1=z−51\dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y-3}{-1}=\dfrac{z-5}{1}.

    • B.

      x−12=y−3−1=z+51\dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y-3}{-1}=\dfrac{z+5}{1}.

    • C.

      x−12=y+3−1=z−51\dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y+3}{-1}=\dfrac{z-5}{1}.

      Đáp án
    • D.

      x+12=y+3−1=z−51\dfrac{x+1}{2}=\dfrac{y+3}{-1}=\dfrac{z-5}{1}.

    Lời giải

    Đường thẳng qua M(1;−3;5)M(1;-3;5) có vectơ chỉ phương u⃗(2;−1;1)\vec u(2;-1;1): x−12=y+3−1=z−51\dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y+3}{-1}=\dfrac{z-5}{1}. Chọn C.

  3. Đề tham khảo Toán 2025 (Bộ GD&ĐT) · Câu 4 Phần II
    Câu 4.

    Các thiên thạch có đường kính lớn hơn 140 m140\,m và có thể lại gần Trái Đất ở khoảng cách nhỏ hơn 7 500 000 km7\,500\,000\,km được coi là những vật thể có khả năng va chạm gây nguy hiểm cho Trái Đất. Để theo dõi những thiên thạch này, người ta đã thiết lập các trạm quan sát các vật thể bay gần Trái Đất. Giả sử có một hệ thống quan sát có khả năng theo dõi các vật thể ở độ cao không vượt quá 6 600 km6\,600\,km so với mực nước biển. Coi Trái Đất là khối cầu có bán kính 6 400 km6\,400\,km. Chọn hệ trục tọa độ OxyzOxyz trong không gian có gốc OO tại tâm Trái Đất và đơn vị độ dài trên mỗi trục tọa độ là 1 000 km1\,000\,km. Một thiên thạch (coi như một hạt) chuyển động với tốc độ không đổi theo một đường thẳng từ điểm M(6;20;0)M(6;20;0) đến điểm N(−6;−12;16)N(-6;-12;16).

    Hai đường tròn đồng tâm O: hình tròn tô xám bán kính 6 400 km là Trái Đất, đường tròn ngoài cách bề mặt 6 600 km; đường thẳng MN cắt đường tròn ngoài tại A và B

    • a)

      Đường thẳng MNMN có phương trình tham số là {x=6+3ty=20+8tz=−4t\begin{cases}x=6+3t\\y=20+8t\\z=-4t\end{cases}, (t∈R)(t\in\mathbb R).

      Đúng
    • b)

      Vị trí đầu tiên thiên thạch di chuyển vào phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là điểm A(−3;−4;12)A(-3;-4;12).

      Sai
    • c)

      Khoảng cách giữa vị trí đầu tiên và vị trí cuối cùng mà thiên thạch di chuyển trong phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là 18 900 km18\,900\,km (kết quả làm tròn đến hàng trăm theo đơn vị ki-lô-mét).

      Đúng
    • d)

      Nếu thời gian di chuyển của thiên thạch trong phạm vi theo dõi của hệ thống quan sát là 3 phút thì thời gian nó di chuyển từ MM đến NN là 6 phút.

      Đúng
    Lời giải

    a) Đúng: MN→=(−12;−32;16)=−4(3;8;−4)\overrightarrow{MN}=(-12;-32;16)=-4(3;8;-4), nên MNMN qua M(6;20;0)M(6;20;0) có vectơ chỉ phương (3;8;−4)(3;8;-4): x=6+3tx=6+3t, y=20+8ty=20+8t, z=−4tz=-4t.

    Phạm vi theo dõi là khối cầu tâm OO bán kính 6 400+6 600=13 000 km6\,400+6\,600=13\,000\,km, tức 1313 đơn vị. Điểm của MNMN nằm trên mặt cầu khi (6+3t)2+(20+8t)2+16t2=169⇔89t2+356t+267=0⇔t2+4t+3=0⇔t=−1(6+3t)^2+(20+8t)^2+16t^2=169\Leftrightarrow89t^2+356t+267=0\Leftrightarrow t^2+4t+3=0\Leftrightarrow t=-1 hoặc t=−3t=-3. Thiên thạch đi từ MM (t=0t=0) đến NN (t=−4t=-4).

    b) Sai: điểm đầu tiên ứng với t=−1t=-1 là (3;12;4)(3;12;4); điểm A(−3;−4;12)A(-3;-4;12) ứng với t=−3t=-3 là điểm cuối cùng.

    c) Đúng: khoảng cách giữa hai điểm là 232+82+42=289≈18,8682\sqrt{3^2+8^2+4^2}=2\sqrt{89}\approx18{,}868 đơn vị, tức khoảng 18 900 km18\,900\,km.

    d) Đúng: MN=489MN=4\sqrt{89} gấp đôi đoạn 2892\sqrt{89} nằm trong phạm vi theo dõi. Tốc độ không đổi nên thời gian từ MM đến NN là 2⋅3=62\cdot3=6 phút.