Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
Đề
GIẢI CHI TIẾT ĐỀ
Câu 1:
Cho đường thẳng
∆:
x−1 y z+ 2
= =
2
1 − 1 và hai điểm A(0; − 1;3), B(1; − 2;1). Tìm tọa độ điểm M
thuộc đường thẳng ∆ sao cho MA2 +
2MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
B. M (3;1; − 3).
C. M (− 1; − 1; − 1).
A. M (1;0; − 2).
D. M (5;2; − 4).
Lờigiải
Tácgiả:HoàngTiếnĐông; Fb: HoàngTiếnĐông
ChọnC
Ta có M ∈ ∆
⇒ M ( 1 + 2t; t; − 2 − t ) nên ta có
MA2 = ( − 1 − 2t ) + ( − 1 − t ) + ( 5 + t ) = 6t 2 + 16t + 27 ;
2
2
2
MB 2 = ( − 2t ) + ( − 2 − t ) + ( 3 + t ) = 6t 2 + 10t + 13
2
Suy ra MA2 +
2
2
2
2
2MB 2 = 18t 2 + 36t + 53 = 18 ( t + 2t + 1) + 35 = 18 ( t + 1) + 35 ≥ 35 nên
MA2 + 2MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi t = − 1 suy ra M (− 1; − 1; − 1) .
Câu 2:
x y −1 z + 2
∆: =
=
Cho đường thẳng 1
1
− 2 và ba điểm A(1;3; − 2), B(0;4; − 5), C (1;2; − 4). Biết điểm
M (a; b; c) thuộc đường thẳng ∆ sao cho MA2 + MB 2 + 2MC 2
a + b + c bằng bao nhiêu?
A. 0 .
B. - 1 .
C.
đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, tổng
3.
D.
4.
Lờigiải
Tácgiả:HoàngTiếnĐông; Fb: HoàngTiếnĐông
Chọn B
Ta có M ∈ ∆
⇒ M ( t;1 + t; − 2 − 2t ) nên ta có MA2 = ( 1 − t ) + ( 2 − t ) + ( 2t ) = 6t 2 − 6t + 5 ;
2
2
2
MB 2 = ( − t ) + ( 3 − t ) + ( − 3 + 2t ) = 6t 2 − 18t + 18 .
2
2
2
MC 2 = ( 1 − t ) + ( 1 − t ) + ( − 2 + 2t ) = 6t 2 − 12t + 6 ⇒ 2MC 2 = 12t 2 − 24t + 12
2
2
2
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 1 Mã đề
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
Suy ra MA2 +
Đề
2
2
MB 2 + 2MB 2 = 24t 2 − 48t + 35 = 24 ( t − 2t + 1) + 11 = 24 ( t − 1) + 11 ≥ 11 nên
MA2 + MB 2 + 2MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi t = 1 suy ra M (1;2; − 4) nên a = 1;b = 2;c = − 3 . Khi
đó a + b + c = − 1
Câu 3.
x y z −1
∆: = =
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
2 − 1 − 1 và hai điểm
A ( − 1; − 1;6 ) , B ( 2; − 1;0 ) . Biết điểm M
đạt giá trị nhỏ nhất là
A.
Tmin =
thuộc đường thẳng
∆
sao cho biểu thức
MA2 + 3MB 2
Tmin . Khi đó, Tmin bằng bao nhiêu ?
1
2.
B. Tmin
= 25 .
C.
Tmin =
25
2 .
D. Tmin
= 39 .
Lời giải
Tác giả:Diệp Tuân ; Fb:Tuân Diệp
Chọn D.
Đường thẳng
∆
r
đi qua điểm
x = 2t
y = −t
trình tham số: z = 1 − t
Vì
M
thuộc đường thẳng
M o ( 0;0;1) và có véc tơ chỉ phương u = ( 2; − 1; − 1)
nên có phương
(t∈¡ ).
∆
nên
M ( 2t; − t;1 − t ) .
2
2
2
( 2t − 2 ) 2 + ( t − 1) 2 + ( t − 1) 2
=
2
t
+
1
+
t
−
1
+
t
+
5
+
3
(
)
(
)
(
)
Ta có MA + 3MB
2
2
45
= 24t 2 − 24t + 45 = 6 4t 2 − 4t + ÷
6
39
2
2
= 6 ( 2t − 1) + = 6 ( 2t − 1) + 39 ≥ 39, ∀ t ∈ ¡ .
6
1
Vậy
Câu 4.
min ( MA2 + 3MB 2 ) = 39 ⇔ t = 2
−1 1
M 1; ; ÷
hay
2 2.
x−1 y z + 2
= =
Cho đường thẳng
−1 1
1 và A ( 1; − 1;0 ) , B ( 0; − 1;2 ) , C ( − 1;1;0 ) . Tìm tọa độ điểm
uuur uuur uuuur
thuộc đường thẳng d sao cho MA + 2MB − MC đạt giá trị nhỏ nhất.
d:
M
1 2 4
M ; ;− ÷
A. 3 3 3 .
B. M
( 0;1; − 1) .
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 2 Mã đề
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
Đề
2 1 5
M − ; ;− ÷
C. 3 3 3 .
D.
M ( 2; − 1; − 4 ) .
Lời giải
Tác giả:Diệp Tuân ; Fb:Tuân Diệp
Chọn A
M ( 1 − t; t; − 2 + t ) .
uuur
uuur
uuuur
Ta có: MA = ( t ; − t − 1;2 − t ) ,2 MB = ( 2t − 2; − 2t − 2;8 − 2t ) , MC = ( t − 2;1 − t;2 − t ) .
uuur uuur uuuur
Do đó: MA + 2 MB − MC = ( 2t ; − 2t − 4;8 − 2t ) .
Gọi
M
có tọa độ là:
uuur uuur uuuur 2
224
2
2
MA + 2MB − MC = 4t 2 + ( 2t + 4 ) + ( 2t − 8 ) = 12t 2 − 16t + 80 ≥
Suy ra:
3 .
uuur uuur uuuur 4 42
⇒ MA + 2 MB − MC ≥
3 .
Dấu
" = " xảy ra
⇔ t=
1 2 4
2
M ; ;− ÷
3 hay 3 3 3 .
Câu 5.
x y +1 z −1
∆: =
=
Cho đường thẳng
2
1
− 1 và hai điểm A(1;0;1), B(− 1;1;2). Biết điểm M (a; b; c)
thuộc
A.
∆
0.
sao cho
uuur uuur
MA − 3MB
B.
đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, tổng
− 1.
C. 1 .
a + 2b + 4c bằng bao nhiêu?
D. 2 .
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Hữu Sơn; Fb:Son Nguyen Huu
Chọn D
Do M ∈ ∆ ⇒ M (2t; −1 + t;1 − t )
uuur
MA = (1 − 2t;1 − t ; t )
uuur
MB = (− 1 − 2t ;2 − t;1 + t )
uuur
3MB = (− 3 − 6t;6 − 3t ;3 + 3t )
uuur uuur
MA − 3MB = (4 + 4t; − 5 + 2t; − 3 − 2t )
uuur uuur
1
MA − 3MB = 24t 2 + 24t + 50 = 24(t + )2 + 44 ≥ 44
2
uuur uuur
1
MA − 3MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 44 khi t = −
2
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 3 Mã đề
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
Khi đó điểm
Câu 6.
M
3 3
M (− 1; − ; )
có tọa độ là
2 2 và
Cho đường thẳng
M
A.
∆:
Đề
a + 2b + 4c = − 1 − 3 + 6 = 2
x +1 y −1 z + 2
=
=
1
−1
2 và A(1;1;0), B(3; − 1;4), C (− 1;0;1). Tìm tọa độ điểm
thuộc đường thẳng
∆
sao cho
MA2 − MB 2 + 4MC 2
1 1 2
M − ; ; − ÷.
B.
3 3 3
M (0;0;0) .
C.
đạt giá trị nhỏ nhất.
M (− 2;2; − 4).
1 1
M − ; − ;0 ÷.
D. 2 2
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Hữu Sơn; Fb:Son Nguyen Huu
Chọn B
Do M ∈ ∆ ⇒ M (− 1 + t ;1 − t; − 2 + 2t )
uuur
MA = (2 − t; t;2 − 2t )
uuur
MB = (4 − t; − 2 + t;6 − 2t )
uuuur
MC = (− t ; − 1 + t;3 − 2t )
MA2 − MB 2 + 4MC 2 = (2 − t )2 + t 2 + (2 − 2t )2 − 4[(4 - t ) 2 + (t − 2) 2 + (6 − 2t ) 2 ] + [t 2 + (t − 1) 2 + (3 − 2t ) 2 ]
= 6t 2 − 12t + 8 − (6t 2 − 36t + 56) + 4(6t 2 − 14t + 10)
2
7
7
= 24t 2 − 32t − 8 = 24[(t − ) 2 − ] ≥ −
3
9
9
MA − MB + 4MC
2
2
2
đạt giá trị nhỏ nhất bằng
−
7
2
t=
khi
9
3
1 1 2
M (− ; ; − )
Suy ra điểm
3 3 3
Câu7.
Cho đường thẳng
uuur uuur uuuur
MA + MB − 3MC
∆:
x+1 y−1 z+ 2
=
=
.
1
−1
2 Tìm tọa độ điểm
đạt giá trị nhỏ nhất với
3 3
M − ; ; −3÷
A.
2 2 .
M
thuộc đường thẳng
A ( 2;1; − 2 ) , B ( 6; − 1;1) , C ( 1;1; − 2 )
1 1 2
M ;− ; ÷
B.
3 3 3 .
C.
M (− 3;3; − 6) .
D.
∆
sao cho
.
M (− 1;1; − 2) .
Lời giải
Tác giả:Trần Quốc An; Fb:Tran Quoc An
Chọn C
Gọi
I
là điểm thỏa mãn
uur uur uur r
IA + IB − 3IC = 0 ⇒ I ( −5;3; −5 )
.
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 4 Mã đề
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
Ta có :
Đề
uuur uuur uuuur uuur uur uuur uur uuur uur uuur
P = MA + MB − 3MC = MI + IA + MI + IB − 3MI − 3IC = MI = IM
.
M ∈ ∆ ⇒ M ( − 1 + t ;1 − t ; − 2 + 2t )
⇒ IM = (t + 4)2 + (− t − 2) 2 + (2t + 3) 2 = 6t 2 + 24t + 29 = 6(t + 2) 2 + 5 ≥ 5 .
Do đó
Câu8.
Pmin = 5
khi
t = − 2 ⇒ M (− 3;3; − 6) .
x y −1 z +1
∆: =
=
Cho đường thẳng
1 −1
1 và hai điểm A(1;0; − 1), B (2;1; − 1). Biết điểm
đường thẳng ∆ sao cho
nhiêu?
A.
Tmin = 4 .
uuur uuur
T = MA + 2MB
B.
đạt giá trị nhỏ nhất là
Tmin = 3 .
C.
Tmin .
Tmin = 14 .
Khi đó,
D.
M
Tmin
thuộc
bằng bao
Tmin = 6 .
Lời giải
Tác giả:Trần Quốc An; Fb:Tran Quoc An
Chọn C
uur uur r
5 2
IA + 2 IB = 0 ⇒ I ; ; − 1÷
Gọi I là điểm thỏa mãn
3 3 .
uuur uuur uuur uur uuur uur uuur
P
=
MA + 2MB = MI + IA + 2MI + 2 IB = 3MI = 3.IM .
Ta có :
M ∈ ∆ ⇒ M ( t ;1 − t ; − 1 + t )
2
2
2
1
26
14
5
2 14
⇒ IM = t − ÷ + − t + ÷ + t 2 = 3t 2 − 4t + = 3 t − ÷ + ≥
3
9
3 .
3
3 9
Do đó:
Pmin = 14
khi
t=
2
3.
Nhận xét : Ở câu 7,8 này , ta có thể giải trực tiếp khi biểu diễn điểm
không cần tìm tâm tỉ cự của hệ điểm như lời giải trên.
M theo tham số t mà
Câu 9.
Cho mặt phẳng
điểm
A.
M ∈ (α )
(α ) : x + 2 y + 2 z + 9 = 0
sao cho
M (1; − 2; − 3).
và ba điểm
2MA2 + 3MB 2 − 4MC 2
B. M (− 3;1; − 4).
A(1;2;0), B(2;0; − 1), C (3;1;1).
Tìm tọa độ
đạt giá trị nhỏ nhất.
C.
M (− 3;2; − 5).
D.
M (1; − 3; − 2).
Lời giải
Tác giả: Phùng Hằng; Fb: Hằng Phùng
Chọn C
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 5 Mã đề
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
I ( x0 ; y0 ; z0 )
Giả sử
là điểm thỏa mãn:
Đề
uur uur uur r
2 IA + 3IB − 4 IC = 0
2 ( 1 − x0 ) + 3 ( 2 − x0 ) − 4 ( 3 − x0 ) = 0
⇔ 2 ( 2 − y 0 ) + 3 ( − y 0 ) − 4 ( 1 − y0 ) = 0 ⇔
(1)
2 ( − z0 ) + 3 ( − 1 − z 0 ) − 4 ( 1 − z 0 ) = 0
Ta có:
(1)
− x0 − 4 = 0
− y0 = 0 ⇔
− z − 7 = 0
0
x0 = − 4
y0 = 0 ⇒ I ( − 4;0; − 7 )
z = −7
0
uuur 2 uuur 2 uuuur2
2MA2 + 3MB 2 − 4MC 2 = 2MA + 3MB − 4MC
uuur uur 2
uuur uur 2
uuur uur
= 2 MI + IA + 3 MI + IB − 4 MI + IC
(
) (
(
) (
) (
)
2
) (
uuur2 uuur uur uur2
uuur2 uuur uur uur2
uuur2 uuur uur uur 2
= 2 MI + 2.MI .IA + IA + 3 MI + 2.MI .IB + IB − 4 MI + 2.MI .IC + IC
uuur uur uur uur
= MI + 2 IA + 3IB − 4 IC + 2MI . 2 IA + 3IB − 4 IC
2
2
2
(
2
uuur r
= MI + 2 IA + 3IB − 4 IC + 2MI .0
2
2
2
)
2
= MI 2 + 2IA2 + 3IB 2 − 4IC 2
Khi đó, để 2 MA2 + 3MB 2 − 4 MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất thì MI
Mà M ∈ (α ) ⇒ M là hình chiếu vuông góc của I lên (α ) .
Gọi
d
)
là đường thẳng qua
có độ dài ngắn nhất
r
u
I và vuông góc (α ) ⇒ d có 1 VTCP = ( 1;2;2 )
x = −4 + t
y = 2t
Phương trình đường thẳng d : z = − 7 + 2t
⇒
Do
Giả sử tọa độ điểm
M ( − 4 + t;2t; − 7 + 2t )
M ∈ (α ) ⇒ ( − 4 + t ) + 2.2t + 2 ( − 7 + 2t ) + 9 = 0 ⇔ 9t − 9 = 0 ⇔ t = 1
⇒ M ( − 3;2; − 5) .
Câu 10. Cho đường thẳng
sao cho
A.
∆:
x+1 y −1 z + 2
=
=
1
−1
2 và A(1;1;0), B(3; − 1;4). Tìm tọa độ điểm
M
thuộc
∆
MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất.
M (− 1;1; − 2).
1 1
M ; − ;1÷.
B.
2 2
3 3
M − ; ; − 3 ÷.
C.
2 2
D.
M (1; − 1;2).
Lời giải
Tác giả: Phùng Hằng; Fb: Hằng Phùng
Chọn D
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 6 Mã đề
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
∆:
Đề
x+1 y −1 z + 2
r
=
=
u
1
−1
2 có 1 VTCP ( 1; −1;2 )
uuur
B
(3;
−
1;4)
⇒
AB ( 2; −2;4 )
A(1;1;0),
Ta có:
uuur
AB ( 2; − 2;4 )
⇒ AB // ∆ ⇒ AB
r
cùng phương với u ( 1; −1;2 )
và
* Xét mặt phẳng chứa
Gọi
A′
đồng phẳng.
AB
và
là điểm đối xứng của
Khi đó, giao điểm
(α )
∆
H
1+ 1 1− 1
≠
và A(1;1;0) ∉ ∆ (do 1
−1 )
của
∆
∆:
A qua ∆ ; ( α )
với
(α )
là mặt phẳng qua
là trung điểm của
A , vuông góc với ∆
AA′
r
n
có 1 VTPT ( 1; −1;2 ) , đi qua A(1;1;0) , có phương trình:
1( x − 1) − 1( y − 1) + 2 ( z − 0 ) = 0 ⇔ x − y + 2 z = 0
H∈∆:
x+1 y −1 z + 2
=
=
⇒
Giả sử H ( − 1 + t ;1 − t; − 2 + 2t )
1
−1
2
H ∈ ( α ) ⇒ ( − 1 + t ) − ( 1 − t ) + 2 ( − 2 + 2t ) = 0 ⇔ 6t − 6 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ H ( 0;0;0 )
H
2 xH = xA + x A′
AA′ ⇒ 2 yH = y A + y A′ ⇔
2z = z + z
là trung điểm của
A
A′
H
Ta có:
2.0 = 1 + xA′
2.0 = 1 + y A′ ⇔
2.0 = 0 + z
A′
MA + MB = MA′ + MB ≥ A′ B ⇒ ( MA + MB ) min = A′ B
giao điểm của
x A′ = − 1
y A′ = − 1 ⇒ A′ ( − 1; − 1;0 )
z = 0
A′
khi và chỉ khi
A′ B và ∆
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
M
trùng với
Trang 7 Mã đề
M0
là
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
Đề
x = −1 + t′
y = −1
uuur
A′ B = ( 4;0;4 ) ⇒ A′ B có 1 VTCP ( 1;0;1) và đi qua A′ ( − 1; − 1;0 ) , có phương trình: z = t ′
x = −1 + t
∆ : y = 1− t
z = − 2 + 2t
Mà
−1 + t = −1 + t′
⇔
1 − t = − 1
Giải hệ phương trình: − 2 + 2t = t ′
t = t′
⇔
t = 2
− 2 + 2t = t ′
t′ = 2
t = 2
⇒ M 0 ( 1; − 1;2 )
Vậy, để MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất thì
Câu
∆:
11. Cho đường thẳng
thuộc
A.
∆
x y −1 z +1
=
=
−1 1
1 và hai điểm A(1;1; − 2), B(− 1;0; − 1). Biết điểm
sao cho biểu thức
Tmin = 2 1 −
M ( 1; − 1;2 ) .
1
3.
T = MA + MB
B.
Tmin = 2 +
đạt giá trị nhỏ nhất là
1
3.
C.
Tmin = 2 −
M
Tmin . Khi đó tính Tmin .
1
3.
D.
Tmin = 2 1 +
1
3.
Lời giải
Tác giả: Trần Lê Hương Ly; Fb: Trần Lê Hương Ly
Chọn D
nên ta có M (− t ; t + 1; t − 1) . Lúc đó
Vì điểm M thuộc
∆
T = MA + MB =
( t + 1)
2
+ t 2 + ( t + 1) +
2
( t − 1)
+ t 2 + ( t + 1)
2
2
= 3t 2 + 4t + 2 + 3t 2 + 2
2
2
2
2 ÷
2 2
2
= 3 t + ÷ +
+ t +
÷
3 3 ÷÷
3 ÷ ÷÷
.
r 2 2 r
2
r r
r r
u = t + ; ÷÷, v = − t ; ÷÷
T
=
3
u
+
v
≥
3
u
+v .
3 . Ta có
Đặt
3 3
(
)
2
Tứclà
T≥
2
2
1
2 2
3. ÷ +
+
÷÷ = 2 1 +
3
3.
3 3
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 8 Mã đề
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
Đề
2
2
3 = 3 ⇔ t = −1 + 1
−t
2
3
.
3
t+
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Vậy
1
3.
Tmin = 2 1 +
Câu 12. Cho đường thẳng
M (a; b; c)
thuộc
bằng:
A.
∆
∆:
x+1 y −1 z + 2
=
=
1
−1
2 và hai điểm A(1;1;0), B(− 1;0;1). Biết điểm
sao cho biểu thức
8.
B.
T = MA − MB
8 + 33 .
C.
đạt giá trị lớn nhất. Khi đó tổng
8+
33
3 .
D.
8+
a− b+ c
4 33
3 .
Lời giải
Tác giả: Trần Lê Hương Ly; Fb: TrầnLêHương Ly
Chọn D
r
C(
−
1;1;
−
2),
u
= (1; − 1;2)
và
có
vectơ
chỉ
phương
∆
uuur
uuur
AB = (− 2; − 1;1); AC = (− 2;0; − 2) .
qua
uuur r uuur
AB; u AC ≠ 0 nên AB;
∆
Vì điểm
M
thuộc
P = MA − MB =
∆
không đồng phẳng
nên ta có
( t − 2)
2
M (− 1 + t ;1 − t ; − 2 + 2t ), t ∈ R . Lúc đó
+ t 2 + ( 2t − 2 ) −
2
( − t ) + ( t − 1) + ( 2t − 3)
2
2
2
= 6t 2 − 12t + 8 − 6t 2 − 14t + 10 .
2
1
7 11
P = 6 ( t − 1) + − t − ÷ +
3
6 6
2
r
3 r 7 11
r r r r
u = t − 1; ÷÷, v = t − ;
÷÷
|
u
|− |v| ≤ u− v .
3
Đặt
6 6 . Ta có
2
2
1 3 11
P ≤ 6. ÷ +
−
÷
6 ÷ .
6 3
Tức là
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 9 Mã đề
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
Đề
3
t −1
33
= 3 ⇔ t = 3+
7
3
11
t−
6
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
.
6
a − b + c = 4t − 4 = 8 +
Với ta có
4 33
3 .
x y −1 z
∆: =
=
Câu13. Cho đường thẳng
1
1
1 và hai điểm A(0;1; − 3), B(− 1;0;2). Biết điểm
sao cho biểu thức
A.
T = MA − MB
Tmax = 3 .
B.
đạt giá trị lớn nhất là
Tmax = 2 3 .
C. Tmax
M
thuộc
∆
Tmax . Khi đó, Tmax bằng bao nhiêu?
= 3 3.
D.
Tmax = 2 .
Lờigiải
Tácgiả: HồXuânDũng;Fb: DũngHồXuân
Chọn C
uuur
Ta có AB = ( − 1; − 1; 5 ) , phương trình đường thẳng AB
Xét vị trí tương đối giữa
AB
và
∆
ta có
AB
cắt
∆
x = −t
y = 1 − t (t ∈ ¡ )
là z = − 3 + 5t
.
1 1 1
C − ; ;− ÷
tại 2 2 2 .
uuur 1 1 5 uuur 1 uuur
AC = − ; − ; ÷ ⇒ AC = AB ⇒ C
Suy ra
là trung điểm
2
2 2 2
T = MA − MB ≤ AB . Dấu “=” xảy ra khi M ≡ A
Do đó
A.
M ≡ B.
Tmax = AB = 27 = 3 3 .
Câu 14. Cho mặt phẳng
điểm
hoặc
AB .
( α ) : x + 2 y + 2 z + 9 = 0 và ba điểm A ( 1;2;0 ) , B ( 2;0; − 1) , C ( 3;1;1) . Tìm tọa độ
M ∈ ( α ) sao cho 2MA2 + 3MB 2 − 4MC 2
đạt giá trị nhỏ nhất.
M ( 1; − 2; − 3) .
B.
M ( − 3;1; − 4 ) .
( − 3;2; − 5) .
D.
M ( 1; − 3; − 2 ) .
C. M
Lờigiải
Tácgiả: HồXuânDũng;Fb: DũngHồXuân
Chọn C
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 10 Mã đề
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
Ta đi tìm tọa độ điểm
Ta có
I ( a; b; c )
sao cho
Đề
uur uur uur r
2 IA + 3IB − 4 IC = 0
.
uur
uuur
uur
IA = ( 1 − a; 2 − b; − c ) ; IB = ( 2 − a; − b; − 1 − c ) ; IC = ( 3 − a; 1 − b; 1 − c )
uur uuur
uur
r
2 IA + 3 IB − 4 IC = ( − 4 − a; − b; − 7 − c ) = 0 ⇒ a = − 4; b = 0; c = − 7
Suyra I
( − 4; 0;
− 7) ∉ ( α ) .
uuur 2
uuur 2
uuuur 2
T = 2MA + 3MB − 4MC = 2 MA + 3 MB − 4 MC
2
Khiđó
2
2
( ) ( ) ( )
uuur uur 2
uuur uur 2
uuur uur 2
uuur uur uur uur
= 2 MI + IA + 3 MI + IB − 4 MI + IC = MI 2 + 2 IA2 + 3IB 2 − 4 IC 2 + 2MI 2 IA + 3IB − 4 IC
(
) (
) (
)
(
)
= MI 2 + 2 IA2 + 3IB 2 − 4IC 2
Do đó
T
nhỏ nhất khi
mặt phẳng
(α ) .
MI
ngắn nhất, khi và chỉ khi
M
là hình chiếu vuông góc của
I trên
r
Đường thẳng d qua I và vuông góc với ( α ) có vectơ chỉ phương u = ( 1; 2; 2 )
Do đó phương trình của
d
x = −4 + t
y = 2t (t ∈ ¡ )
là z = − 7 + 2t
x = −4 + t
y = 2t
⇒ t = 1 ⇒ M ( −3; 2; −5 )
z = −7 + 2t
thỏa mãn hệ x + 2 y + 2 z + 9 = 0
.
Khi đó tọa độ M
Câu15.
Cho mặt phẳng
( P ) :5x − y + z − 2 = 0 và hai điểm A ( 0; − 1;0) , B ( − 2;1; − 1) . Biết điểm M
thuộc mặt phẳng
xM
( P)
sao cho
MA2 − 2MB 2
đạt giá trị lớn nhất. Khi đó điểm
M
có hoành độ
bằng bao nhiêu?
A. xM
= 1.
B. xM
= 2.
C. xM
= −1
D. xM
= 3.
Lời giải
Tác giả:Cao Thị Xuân Phương . Fb: Phuong Cao
Chọn A
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 11 Mã đề
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
Gọi I là điểm thỏa mãn:
Khi đó
Đề
uur uur r
IA − 2 IB = 0 ⇒ I (− 4;3; − 2) .
T = MA2 − 2MB 2 = − MI 2 + IA2 − 2.IB 2 ⇒ Tmax ⇔ MI min ⇔ M là hình chiếu của I lên
mặt phẳng ( P). Khi đó đường thẳng MI đi qua
ur
VTPT n (5; − 1;1)
Ta có
I (− 4;3; − 2) và vuông góc với ( P)
nên nhận
x = − 4 + 5t
y = 3 − t (t ∈ R )
của ( P) làm VTCP, phương trình là z = − 2 + t
.
M = IM ∩ ( P) ⇒
Tọa độ M là nghiệm của hệ
x = −4 + 5t
t = 1
y = 3−t
x = 1
⇔
⇒ M (1; 2; − 1) ⇒ xM = 1.
z
=
−
2
+
t
y
=
2
5 x − y + z − 2 = 0
z = −1
Câu16.
Cho mặt phẳng
điểm
M ( x0 ; y0 ; z0 )
Khi đó tổng
A. T
( P ) : x + y − 3z + 7 = 0 và ba điểm A ( 2; − 1;0 ) , B ( 0; − 1;2 ) , C ( 2;3; − 1) . Biết
thuộc mặt phẳng
T = x0 + 3 y0 − 2 z0
= 0.
B.
( P)
sao cho
MA2 + 3MB 2 − 2MC 2
đạt giá trị nhỏ nhất.
bằng bao nhiêu?
T = −4.
C. T
= 1.
D. T
= − 14 .
Lời giải
Tác giả: Cao Thị Xuân Phương . Fb: Phuong Cao
Chọn D
Gọi I là điểm thỏa mãn:
Khi đó
uur uur uur r
IA + 3IB − 2 IC = 0 ⇒ I (− 1; − 5;4)
T = MA2 + 3MB 2 − 2MC 2 = 2MI 2 + IA2 + 3IB 2 − 2 IC 2 ⇒ Tm im ⇔ MI max ⇔ M
chiếu của I lên mặt phẳng
( P). Khi đó đường thẳng MI đi qua I (− 1; − 5;4)
ur
( P) nên nhận VTPT n (1;1; − 3)
Ta có
.
M = IM ∩ ( P ) ⇒
là hình
và vuông góc với
x = −1+ t
y = − 5 + t (t ∈ R)
của ( P ) làm VTCP, phương trình là z = 4 − 3t
.
Tọa độ M là nghiệm của hệ
x = −1 + t
t = 1
y = −5 + t
x = 0
⇔
⇒ M (0; − 4;1) ⇒ T = −14.
z
=
4
−
3
t
y
=
−
4
5 x − y + z − 2 = 0
z = 1
,
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 12 Mã đề
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
( α ) :2 x + 6 y − 3z − 1 = 0
Câu 17. Cho mặt phẳng
điểm
M
Khi đó
thuộc mặt phẳng
Pmin
(α )
Đề
và ba điểm
A ( 1; − 1; − 5) , B ( 0;1;2 ) , C ( 2;3; − 1) .
P = MA2 + 2MB 2 − 2MC 2
sao cho
đạt giá trị nhỏ nhất là
Biết
Pmin .
bằng bao nhiêu?
A. 16 .
B. 17 .
C. 18 .
D. 19 .
Lời giải
Tác giả : Hoàng Thị Thanh Nhàn, FB: Hoàng Nhàn
Chọn B
uur uur uur r
I ( a; b; c ) sao cho IA + 2 IB − 2 IC = 0 .
uur uuur uuur uuur
⇒ OI = OA + 2OB − 2OC .
Gọi
⇒ I ( − 3; − 5; − 3) .
uuur uur 2
uuur uur 2
uuur uur 2
=
MI
+
IA
+
2
MI
+
IB
−
2
MI + IC
Ta có P = MA + 2 MB − 2 MC
uur uur uur
= MI 2 + IA2 + 2 IB 2 − 2IC 2 + 2 IA + 2 IB − 2 IC = MI 2 + IA2 + 2 IB 2 − 2 IC 2 .
2
2
2
(
(
)
)
(
)
(
)
Do
IA2 + 2 IB 2 − 2 IC 2 = 36 + 70 − 93 = 13 không đổi nên Pmin ⇔ MI min
Và
MI min = d ( I , ( P ) ) =
Vậy Pmin
2. ( − 3) + 6. ( − 5 ) − 3 ( − 3) − 1
4 + 36 + 9
=4
.
= 4 + 13 = 17 .
Câu 18. Cho mặt phẳng
độ điểm
A.
( α ) :2 x − y − 3z + 1 = 0
M ∈ (α )
M ( 0;1;0 ) .
sao cho
B.
và ba điểm
uuur uuur uuuur
2MA + 5MB − 6MC
M ( 2; −1;2 ) .
A ( 1;1; − 1) , B ( − 3;1;0 ) , C ( − 2;1; − 1) . Tìm tọa
đạt giá trị nhỏ nhất.
C.
M ( 1;0;1)
.
D.
M ( − 1;2; − 1) .
Lời giải
Tác giả : Hoàng Thị Thanh Nhàn, FB: Hoàng Nhàn
Chọn C
uur uur uur r
I ( a; b; c ) sao cho 2 IA + 5IB − 6 IC = 0
uur uuur uuur uuur
⇒ OI = 2OA + 5OB − 6OC .
Gọi
⇒ I ( − 1;1;4 ) .
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 13 Mã đề
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
Đề
uuur uuur uuuur
uuur uur
uuur uur
uuur uur
2MA + 5MB − 6 MC = 2 MI + IA + 5 MI + IB − 6 MI + IC
(
uuur uuur uuuur
2MA + 5MB − 6MC
Nên
hình chiếu của
Do
) (
I
trên
) (
đạt giá trị nhỏ nhất khi
( P) .
MI
)
= MI .
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
M là
I ∉ ( P ) ⇒ MI ⊥ ( P ) .
x = − 1 + 2t
⇒ MI : y = 1 − t
z = 4 − 3t ⇒ M ( − 1 + 2t;1 − t ;4 − 3t )
.
Mà
M ∈ ( P ) ⇒ 2 ( − 1 + 2t ) − ( 1 − t ) − 3 ( 4 − 3t ) + 1 = 0 ⇔ t = 1 .
⇒ M ( 1;0;1) .
Câu 1:
Cho mặt phẳng
( P ) : x − y − z − 1 = 0 và hai điểm A ( − 5;1;2 ) , B ( 1; − 2;2 ) . Trong tất cả các điểm
M
thuộc mặt phẳng
A.
yM = 1 .
( P ) , điểm để
B.
uuur uuur
MA + 2MB
yM = − 2 .
đạt giá trị nhỏ nhất có tung độ
C.
yM = 0.
D.
yM
là
yM = −1 .
Lời giải
Tác giả: Cao Thị Xuân Phương . Fb: Phuong Cao
Chọn A
Gọi I là điểm thỏa mãn:
uur uur r
IA + 2 IB = 0 ⇒ I (− 1; − 1;2)
.
uuur uuur
T
=
MA
+ 2MB = 3MI ⇒ Tmin ⇔ MI min ⇔ M
Khi đó
Khi đó đường thẳng MI đi qua
( P).
ur
I (− 1; − 1;2) và vuông góc với ( P) nên nhận VTPT n (1; − 1; − 1)
là hình chiếu của I lên mặt phẳng
x = −1 + t
y = −1 − t (t ∈ R )
của ( P) làm VTCP, phương trình là z = 2 − t
.
Ta có
M = IM ∩ ( P) ⇒
Tọa độ M là nghiệm của hệ
x = −1 + t
t = 1
y = −1 − t
x = 0
⇔
⇒ M (0; − 2;1) ⇒ yM = −2.
z = 2 − t
y = −2
x − y − z − 1 = 0
z = 1
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 14 Mã đề
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
Câu 2:
Cho mặt phẳng
mặt phẳng
nhiêu?
A.
(α )
Đề
( α ) :2 x + y − 3z − 6 = 0 và hai điểm A ( 0; − 1;1) , B ( 1; − 2;0 ) . Biết điểm M
uuur uuur
P = 2MA − MB
sao cho
Pmin = 2 3 .
B.
đạt giá trị nhỏ nhất là
Pmin = 14 .
C.
Pmin . Khi đó Pmin
Pmin = 3 .
D.
thuộc
bằng bao
Pmin = 21 .
Lời giải
Tác giả: Cao Thị Xuân Phương . Fb: Phuong Cao
Chọn D
uur uur r
Gọi I là điểm thỏa mãn: 2 IA − IB = 0 ⇒ I (− 1;0;2)
.
uuur uuur
P
=
2
MA − MB = MI ⇒ Pmin ⇔ MI min ⇔ M
Khi đó
đó
Pmin = d ( I / (α )) =
−2 − 6 − 6
2 +1 + 3
2
2
2
là hình chiếu của I lên mặt phẳng
( P). Khi
= 14.
Phản biện :
Câu 21. Cho mặt phẳng
( α ) : x − y + 2 z − 1 = 0 và hai điểm A ( 0; − 1;1) , B ( 1;1; − 2 ) . Biết M ∈ ( α )
MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, hoành độ xM
A.
xM =
1
3.
B. xM
= −1 .
của điểm
C. xM
M
= −2 .
sao cho
là
D.
xM =
2
7.
Lời giải
Tác giả:Lê Mai; Fb: Lê Mai
Chọn D
( xA − y A + 2 z A − 1) ( xB − yB + 2 zB − 1) = ( 0 + 1 + 2.1 − 1) ( 1 − 1 − 4 − 1) < 0 nên hai điểm A
và B nằm khác phía so với mặt phẳng ( α ) .
Ta có:
Nên
MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất khi M = AB ∩ ( α ) .
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 15 Mã đề
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
Đề
x = t
y = − 1 + 2t
Phương trình đường thẳng AB : z = 1 − 3t , do đó tọa độ điểm
M
là nghiệm của hệ phương
2
t = 7
x = 2
7
⇔
x = t
y = −1 + 2t
y = − 3
7
z
=
1
−
3
t
2 3 1
1
M ; − ; ÷ xM = 2
z
=
trình x − y + 2 z − 1 = 0
7 . Do đó 7 7 7 ,
7.
Câu 22. Cho mặt phẳng
mặt phẳng
A. P =
( α ) : x − y + z + 1 = 0 và hai điểm A ( 1;1;0) , B ( 3; − 1;4 ) . Gọi M
là điểm thuộc
( α ) sao cho P = MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị của P là:
B. P =
5.
C. P =
6.
7.
D.
P = 8.
Lời giải
Tác giả: Lê Mai; Fb: Lê Mai
Chọn B
( xA − yA + z A + 1) ( xB − yB + zB + 1) = ( 1 − 1 + 0 + 1) ( 3 + 1 + 4 + 1) > 0 nên hai điểm A và B
cùng nằm về một phía của mặt phẳng ( α ) .
Ta có:
Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
A lên mặt phẳng ( α ) .
x = 1+ t
y = 1− t
Phương trình đường thẳng AH : z = t
.
Do đó tọa độ điểm
1
t = − 3
x = 2
3
⇔
x = 1+ t
y = 1− t
y = 4
3
z
=
t
1
z = −
là nghiệm của hệ phương trình x − y + z + 1 = 0
3 .
H
2 4 1
H ; ;− ÷
Do đó 3 3 3 .
Gọi
A′
đối xứng với
A
1 5 2
A′ ; ; − ÷
qua ( α ) , suy ra 3 3 3 .
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 16 Mã đề
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
Ta có
Đề
MA + MB = MA′ + MB ≥ A′ B ⇒ P = A′ B = 6 .
Câu 23. Cho mặt phẳng
( α ) : x + y − 3z − 5 = 0
thuộc mặt phẳng
T = a + 2b + 3c
A. T = 5 .
(α )
sao cho
và hai điểm
MA + MB
A ( 1; − 1;2 ) , B ( − 5; − 1;0 ) .
Biết
M ( a; b; c )
đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, giá trị của biểu thức
bằng bao nhiêu?
B. T
= − 3.
C. T
= −7.
D.
T = −9.
Lời giải
Tác giả: Lê Mai; Fb: Lê Mai
Chọn C
( xA + y A − 3z A − 5) ( xB + yB − 3zB − 5) = ( 1 − 1 − 3.2 − 5) ( − 5 − 1 − 3.0 − 5) > 0 nên hai điểm
A và B cùng nằm về một phía của mặt phẳng ( α ) .
Ta có:
Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
A lên mặt phẳng ( α ) .
x = 1+ t
y = −1 + t
Phương trình đường thẳng AH : z = 2 − 3t .
Do đó tọa độ điểm
A′
Ta có
t = 1
x = 2
y = 0
z = − 1 .
H ( 2;0; − 1) .
Do đó
Gọi
H
x = 1+ t
y = −1 + t
⇔
z
=
2
−
3
t
là nghiệm của hệ phương trình x + y − 3 z − 5 = 0
đối xứng với
A qua ( α ) , suy ra A′ ( 3;1; − 4 ) .
MA + MB = MA′ + MB ≥ A′ B nên MA + MB nhỏ nhất khi M = A′ B ∩ ( α ) .
x = 3 − 4t
y = 1− t
Phương trình đường thẳng A′ B : z = − 4 + 3t .
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 17 Mã đề
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
Do đó tọa độ điểm
M
12
t = 11
x = − 15
11
⇔
x = 3 − 4t
y = 1− t
y = − 1
11
z
=
−
4
+
3
t
20
z = −
là nghiệm của hệ phương trình x + y − 3 z − 5 = 0
11 .
15 1 20
M − ;− ;− ÷
Do đó
11 11 11 , T =
A ( 1;1;0 ) , B ( 3; − 1;4 )
Câu 24. Cho
cho
MA − MB
A. M
( 1;3; − 1) .
Đề
a + 2b + 3c = − 7 .
và mặt phẳng
( α ) : x − y + z + 1 = 0 . Tìm tọa độ điểm
M ∈ ( α ) sao
đạt giá trị lớn nhất.
3 5 1
M ; ;− ÷
B. 4 4 2 .
1 2 2
M ; ;− ÷
C. 3 3 3 .
D.
M ( 0;2;1) .
Lời giải
Tác giả: Lê Mai; Fb: Lê Mai
Chọn B
( xA − yA + z A + 1) ( xB − yB + zB + 1) = ( 1 − 1 + 0 + 1) ( 3 + 1 + 4 + 1) > 0 nên hai điểm A và B
cùng nằm về một phía của mặt phẳng ( α ) .
Ta có:
Ta có
MA − MB ≤ AB = 2 6 , nên MA − MB
lớn nhất khi và chỉ khi
x = 1 + 2t
y = 1 − 2t
Phương trình đường thẳng AB : z = 4t , do đó tọa độ điểm
1
t = − 8
x = 3
4
⇔
x = 1 + 2t
y = 1 − 2t
y = 5
4
z
=
4
t
3 5
1
M ; ;−
z
=
−
trình x − y + z + 1 = 0
2 . Do đó 4 4
M
M = AB I ( α ) .
là nghiệm của hệ phương
1
÷
2 .
Câu 25. Cho hai điểm
A ( 1; − 1;2 ) , B ( 0;1;6 )
và đường thẳng
d:
x−1 y z +1
= =
2
1 − 1 . Biết điểm
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
M
thuộc.
Trang 18 Mã đề
Sn phm ca Group FB: STRONG TEAM TON VD VDC.
ng thng
Tmin
A.
d
sao cho biu thc
uuuur uuuur
T = AM .BM t giỏ tr nh nht bng Tmin . Khi ú giỏ tr
bng bao nhiờu?
Tmin = 14 .
B.
Tmin = 3 .
C.
Tmin = 3 2 .
D.
Tmin = 2 3 .
Li gii
Tỏc gi: Nguyn Th Thanh Tho; Fb: Nguyn Thanh Tho
Chn A
Vỡ
M ẻ d ị M ( 2t + 1;t;- t - 1)
uuuur
ị AM ( 2t;t + 1;- t - 3)
uuur
BM ( 2t + 1;t - 1;- t - 7)
uuuur uuur
ị AM .BM = 2t ( 2t + 1) + ( t + 1) ( t - 1) + ( - t - 1) ( - t - 3)
2
= 6t2 + 12t + 20 = 6( t + 1) + 14 14.
Cõu 26. Cho hai im
A ( 0; 1;2 ) , B ( 1;1;2 )
thuc ng thng
T = a + 2b + 3c
A.
T = 5.
d
v ng thng
sao cho tam giỏc
MAB
d:
x+1 y z 1
= =
1
1 1 . Bit im M ( a; b; c )
cú din tớch nh nht. Khi ú, giỏ tr
bng bao nhiờu?
B.
T = 3.
C.
T = 4.
D.
T = 10 .
Li gii
Tỏc gi: Nguyn Th Thanh Tho; Fb: Nguyn Thanh Tho
Chn D
uuuur
M ẻ d ị M ( t - 1;t;t + 1) ị AM ( t - 1;t + 1;t - 1)
M
uuur
uuur
AB ( 1;2;0) ị AB = AB = 5.
uuuur uuur
ộ
ự
ờAM ;AB ỳ= ( 2 - 2t;t - 1;t - 3)
ở
ỷ
M
2
2
2
1 ộuuuur uuurự
ờAM ;AB ỳ= ( 2 - 2t ) + ( t - 1) + ( t - 3)
ỷ
2ở
2
ổ 4ử
10 10
2
ữ
ỗ
ữ
= 6t - 16t + 14 = 6ỗ
t
+
ữ
ỗ
ữ 3
3
ố 3ứ
SDMAB =
Hóy tham gia STRONG TEAM TON VD-VDC- Group dnh riờng cho GV-SV toỏn!
Trang 19 Mó
Sn phm ca Group FB: STRONG TEAM TON VD VDC.
t=
ổ1 4 7ữ
ử
4
ữ
ị Mỗ
;
;
ỗ
ữị
ỗ
3
ố3 3 3ữ
ứ
Du bng xy ra khi
ỡù
ùù a = 1
ùù
3
ù
ùớ b = 4 ị T = a + 2b + 3c = 10.
3
ùùù
7
ùù c =
ùù
3
ùợ
Cõu 27. Vit phng trỡnh ng thng i qua M (1;0; 1) v to vi mt phng
gúc ln nht.
x = 1 + 2t
y = t
A. x = 1 + 3t .
x = 1 2t
y = t
B. z = 1 + 3t .
x = 1 + 2t
y = t
C. z = 1 3t .
( ) : 2 x y + 3z 6 = 0
x = 2 + t
y = 1
D. z = 3 t .
Li gii
Tỏc gi: Phựng Hng; Fb:Phựng Hng
Chn A
ng thng i qua
Khi ú ng thng
M (1;0; 1) to vi ( )
M (1;0; 1)
i qua nhn
phng trỡnh ng thng
gúc ln nht
v
max ( , ( ) ) = 90 ( ) .
uuur
n( ) ( 2; 1;3)
lm vộc t ch phng nờn
x = 1 + 2t
y = t
cú dng: x = 1 + 3t
Vy chn A.
Cõu 28. Vit phng trỡnh ng thng
( ) :3x 4 y + z 12 = 0
v cỏch im
x = 1 + 4t
y = 1 2t
A. x = 1 + t .
i qua
M ( 4; 2;1) ,
song song vi mt phng
A ( 2;5;0 ) mt khong ln nht.
x = 4 + t
x = 4 t
x = 4 + t
y = 2 + t
y = 2 + t
y = 2 + t
B. z = 1 t . C. z = 1 + t .D. z = 1 + t
Li gii
Tỏc gi:Phựng Hng; Fb:Phựng Hng
Chn D
Hóy tham gia STRONG TEAM TON VD-VDC- Group dnh riờng cho GV-SV toỏn!
Trang 20 Mó
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
Đề
uuur
uuuur
n( α ) ( 3; − 4;1) , AM ( 6; −7;1)
Gọi
H
Ta có:
là hình chiếu của
A trên đường thẳng ∆
suy ra
d ( A; ∆ ) = AH
AH ≤ AM ⇒ max ( d ( A; ∆ ) ) = AM ⇔ H ≡ M . Khi đó
uuur uuuur uuur uuur uuur uuuur uuur
u( ∆) ⊥ AM , u( ∆ ) ⊥ n( α ) ⇒ u( ∆ ) = AM , n( α ) = ( −3; −3; −3) = −3 ( 1;1;1)
Đường thẳng
∆
x = 4 + t
y = −2 + t
r
đi qua M ( 4; − 2;1) có véc tơ chỉ phương u ( 1;1;1) có dạng: z = 1 + t
Vậy chọn D.
, ,
Câu 29. Viết phương trình đường thẳng ∆
cách điểm B
x = t
∆ ' : y = 1+ t
z = 1 + 2t
đi qua A ( 1;1;1) , vuông góc với đường thẳng
và
( 2;0;1) một khoảng lớn nhất.
x = 1− t
y = 1+ t
A. z = 1 + t .
x = 1+ t
y = 1+ t
B. z = 1 − t .
x = 1+ t
y = 1− t
C. z = 1 + t .
x = 1+ t
y = 1+ t
D. z = − 1 + t .
Lời giải
Tác giả :Lê Thị Lý, FB:Lê Thị Lý
Chọn B
uur uur
Giả sử ∆ , ∆ ' có VTCP lần lượt là u∆ , u∆ ' = ( 1;1;2 )
uur uur
Do ∆ ⊥ ∆ ' nên u∆ ⊥ u∆ ' ( 1)
H là hình chiếu của B trên ∆ .
Do A∈ ∆ nên BH ≤ BA .
Suy ra ∆ cách B một khoảng
Gọi
lớn nhất khi và chỉ khi
uur uuur
⇔ u∆ ⊥ AB = ( 1; −1;0 ) ( 2 ) .
Từ
( 1) và ( 2) nên ta chọn một VTCP của ∆
H≡ A
hay
∆ ⊥ AB
uur uur uuur
u
: ∆ = u∆ ' ; AB = ( 2;2; − 2 ) = 2 ( 1;1; − 1) .
x = 1+ t
∆ : y = 1+ t
z = 1− t
Vậy
.
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 21 Mã đề
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ
d:
vuông góc với
Đề
Oxyz , viết phương trình đường thẳng ∆
x−1 y − 2 z
=
=
2
1
2 đồng thời tạo với trục
x = 1
y = 1+ t
A. z = 2 − 2t .
x = 1− t
y =1
B. z = 2 + t .
Oz
qua
A ( 1;1;2 )
và
góc lớn nhất.
x = 1+ t
y = 1 − 2t
C. z = 2
.
x = 1+ t
y = −2 + t
D. z = 2t
.
Lời giải
Tác giả :Lê Thị Lý, FB:Lê Thị Lý
Chọn C
uur
u
d có VTCP là d = ( 2;1;2 ) .
r
k
Oz có VTCP là = ( 0;0;1) .
uur
u
Gọi ∆ là VTCP của ∆ .
uur uur
Do ∆ ⊥ d nên u∆ ⊥ ud ( 1)
∆
Từ
tạo với
( 1)
và
Oz
một góc lớn nhất khi và chỉ khi
( 2)
nên ta chọn một VTCP của
∆
uur r
∆ ⊥ Oz hay u∆ ⊥ k . ( 2 )
uur uur r
u
: ∆ = ud ; k = ( 1; − 2;0 ) .
x = 1+ t
∆ : y = 1 − 2t
z = 2
Vậy
.
Oxyz viết phương trình đường thẳng ∆ qua A ( 1;1;2) , nằm
Câu 31. Trong không gian với hệ tọa độ
trong
( α ) : x + 2y − z − 1= 0, đồng thời tạo với trục Oz góc nhỏ nhất.
x = 5+ 2t
y = 2+ t
A. z = 1+ t .
x = 1+ 5t
y = 1+ t
B. z = 2 + 2t .
x = 1+ 2t
y = 1+ 5t
C. z = 2+ t .
x = 1+ t
y = 1+ 2t
D. z = 2+ 5t .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Mai. Facebook: Mai Nguyen
Chọn D
r
u
Gọi VTCP của ∆ là = ( a; b; c )
r
α
n
VTPT của ( ) là = ( 1;2; − 1)
r r
Do u ⊥ n
với
a2 + b2 + c2 ≠ 0 .
r
u
nên a + 2b − c = 0 ⇔ c = a + 2b . Từ đó = ( a; b; a + 2b ) .
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 22 Mã đề
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
Đề
r
Trục Oz có VTCP là u = ( 0;0;1) .
Gọi
∂
là góc tạo bởi
cos ∂ =
∆
a + 2b
a + b + ( a + 2b )
2
2
t 2 + 4t + 4
y= 2
2t + 4t + 5 .
Ta đặt
Oz .
và trục
2
=
a
+2
b
t+2
2
a
a
2 ÷ + 4 + 5
b
b
t 2 + 4t + 4
=
=
2t 2 + 4t + 5
2t 2 + 4t + 5
.
Ta đi tìm Min, Max của biểu thức này.
t 2 + 4t + 4
y= 2
⇔ ( 2 y − 1) t 2 + ( 4 y − 4 ) t + 5 y − 4 = 0
. (1)
2t + 4t + 5
+ TH1: Nếu
+ TH1: Nếu
y=
1
2
thì
y≠
1
2
thì (1) là phương trình bậc hai.Có
t=−
3
4.
Để phương trình có nghiệm thì
Ta có
∂
Suy ra
min, khi và chỉ khi
∆ ' = − 6 y2 + 5y .
∆ ' = − 6 y2 + 5 y ≥ 0 ⇔ 0 ≤ y ≤
cos∂
max. Khi đó
t=
5
6.
1
2
a 1
=
b 2 . Từ đó chọn a = 1; b = 2 ⇒ c = 5 .
r
Vậy u = ( 1;2;5 ) . Chọn D.
Câu 32. Cho
A ( 1;4;2) , B( − 1;2;4) ,d :
x− 1 y+ 2 z
=
=
−1
1 2 . Viết phương trình đường thẳng
d sao cho d ( B, ∆ )
là nhỏ nhất.
x = 1+ t
y = 4− t
A. z = 2 − 3t .
x = 1+ t
y = − 1+ 4t
B. z = − 3+ 2t .
x = 15+ t
y = 18+ 4t
C. z = − 19− 2t .
∆ qua A , cắt
x = 1+ 15t
y = 4 + 18t
D. z = 2− 19t .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Mai. Facebook: Mai Nguyen
Chọn D
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 23 Mã đề
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
d
đi qua
Gọi
Kẻ
.
( P)
r
M ( 1; − 2;0 ) và có một VTCP là u = ( −1;1;2 ) .
là mặt phẳng chứa
BK ⊥ ∆
Khi đó
Đề
và
BH ⊥ ( P) .
A và d .
Ta có
BK ≥ BH . Khi đó d ( B, ∆ ) = BK
đạt GTNN khi
K≡H
∆ qua A, H .
Lập phương trình mặt phẳng
( P)
chứa
A và d .
uur r uuuur
uur
nP = u; AM = ( 10; − 2;6 ) . Chọn nP = ( 5; − 1;3) .
Suy ra phương trình
Ta tìm toạ độ điểm
( P ) : 5 x − y + 3z − 7 = 0 .
H
là hình chiếu vuông góc của
B lên ( P) .
x = − 1 + 5t
BH : y = 2 − t
z = 4 + 3t .
Phương trình đường thẳng
Gọi
H ( − 1 + 5t;2 − t ;4 + 3t ) . Cho H ∈ ( P )
ta được :
5 ( − 1 + 5t ) − ( 2 − t ) + 3 ( 4 + 3t ) − 7 = 0 ⇔ t =
Toạ độ điểm
H
là
2
35 .
− 5 68 146
H ; ; ÷
7 35 35 .
∆
x = 1 + 15t
∆ : y = 4 + 18t
z = 2 − 19t .
qua A, H là
Khi đó phương trình đường thẳng
Câu 33. Cho
A ( 1;4;2 ) , B ( − 1;2;4 ) , d :
d sao cho d ( B, a )
x = 1+ t
y = 4 − 4t
A. z = 2 − 3t .
x−1 y + 2 z
=
=
−1
1
2 . Viết phương trình đường thẳng a đi qua
A , cắt
là lớn nhất.
x = 1+ t
y = − 1 + 4t
B. z = − 3 + 2t .
x = 15 + t
y = 18 + 4t
C. z = − 19 − 2t .
x = 1 + 15t
y = 4 + 18t
D. z = 2 − 19t .
Lời giải
Tác giả : Trần Thị Kim Oanh, FB: Oanh Trần
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 24 Mã đề
Sản phẩm của Group FB: STRONG TEAM TOÁN VD VDC.
Đề
Chọn A
uuur
r
C ( 1; − 2;0 ) ∈ d , AC = ( 0; − 6; − 2 ) , u = ( − 1;1;2 )
là vecto chi phương của d nên vecto pháp tuyến
ur r 1 uuur
p = n, − AC = ( − 5;1; − 3)
của mp(A,d) là
2
r 1 uuur ur
uuur
⇒ n = − AB, p = ( − 2;8;6 )
AB = ( −2; −2;2 )
2
Gọi H là hình chiếu của B lên mặt phẳng (A,d), K là hình chiếu của H lên a, vậy d(B,a)=BK,
Dễ thấy BK lớn nhất khi K trùng A, khi đó BK=AB. Tại vị trí này,a nằm trong mp(A,d) và
1r
− n = ( 1; − 4; − 3)
vuông góc với AB nên vecto chỉ phương của a là 2
. Phương trình đường thẳng
x = 1+ t
y = 4 − 4t
cần tìm là: z = 2 − 3t
Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ
∆:
x+1 y−1 z
=
=
2
− 1 2 . Gọi
trị nhỏ nhất.
x = 1 − 4t
y = − 2t
A. z = 2 − 3t
Oxyz , cho 2 điểm A ( 1;5;0 ) , B ( 3;3;6 )
d là đường thẳng qua B
x = 1 − 2t
y = − 3t
B. z = 2 − 4t .
và cắt
∆
tại điểm
x = −2 + t
y = −3
C. z = − 4 + 2t .
và đường thẳng
C
sao cho
S ABC
x = 3 + 10t
y = 3 − 3t
D. z = 6 + 11t .
Lời giải
Tác giả : Trần Thị Kim Oanh, FB: Oanh Trần
Chọn D
Ta thấy được
S ABC
Ta có phương trình
nhỏ nhất khi
d
đi qua hình chiếu H của A lên
mp ( B, ∆ ) .
mp( B, ∆ ) là 5x + 2 y − 4 z + 3 = 0
21 8
H − 1; ; ÷
Hình chiếu của A lên mp ( B, ∆ ) là
5 5
Vecto chi phương của
Phương trình
đạt giá
d
là
d
r 5 uuur
u = BH = ( 10; − 3;1)
là
2
x = 3 + 10t
y = 3 − 3t
z = 6 + 11t
Hãy tham gia STRONG TEAM TOÁN VD-VDC- Group dành riêng cho GV-SV toán!
Trang 25 Mã đề