Giải bài tập min max thực tế trong không gian

ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

DẠNG 1: TOÁN MAX-MIN TỔNG HỢP
A ( 2; 0;0 ) ; M ( 1;1;1)
( P ) thay đổi qua AM
Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
. Mặt phẳng
( P ) thay đổi thì diện tích tam giác ABC đạt
cắt các tia Oy; Oz lần lượt tại B, C . Khi mặt phẳng
giá trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu?
A. 4 6 .
B. 2 6 .

C. 5 6 .
Hướng dẫn giải

D. 3 6 .

Chọn A
B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c )
Gọi
, khi đó b, c > 0 .
x y z
( P ) ≡ ( ABC ) : + + = 1
2 b c
Phương trình mặt phẳng
.
1 1 1
1 1 1

M ∈ ( P ) ⇒ 2 + b + c = 1 ⇔ b + c = 2 ⇔ bc = 2 ( b + c )
Mà
.
bc = 2 ( b + c )

( b + c)
≤

2

⇒ ( b + c) ≥ 8( b + c) ⇒ b + c ≥ 8
4
(do b, c > 0 ).
uuur uuur
uuu
r
uuur
AB = ( −2; b;0 ) , AC = ( −2; 0; c ) ⇒  AB, AC  = ( bc; 2c; 2b )
Ta có:
.
r uuur
1 uuu
1 2 2
S ∆ABC =  AB, AC  =
b c + 4b 2 + 4c 2
2
2
Do đó
1
2

2
6
2
= b2 + c2 + ( b + c ) ≥ 2 ( b + c ) + ( b + c ) = 2 ( b + c )
.

Do

2

Vậy S ∆ABC ≥ 4 6 .

Dấu “=” xảy ra khi

b, c > 0

b + c = 8 ⇔ b = c = 4
b = c


.

A ( 1; 2; - 3)
( P) : 2 x + 2 y - z +9 = 0
Câu 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm
và mặt phẳng
r
u = ( 3; 4; - 4)
( P ) tại B . Điểm M thay
. Đường thẳng d đi qua A và có vectơ chỉ phương

cắt
( P ) sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới góc 90o . Khi độ dài MB lớn nhất, đường
đổi trong
thẳng MB đi qua điểm nào trong các điểm sau?
J ( −3; 2;7 )
H ( −2; −1;3)
I ( −1; −2;3)
K ( 3;0;15 )
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Hướng dẫn giải
Chọn C

Trang 1/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 1


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

r
A ( 1; 2; - 3)
u = ( 3; 4; - 4)
d
+ Đường thẳng đi qua
và có vectơ chỉ phương
có phương trình là
 x = 1 + 3t

 y = 2 + 4t
 z = −3 − 4t

.
2
2
2
( MB) max khi và chỉ khi ( MA) min .
+ Ta có: MB = AB - MA . Do đó
( P ) . Ta có: AM ³ AE .
+ Gọi E là hình chiếu của A lên
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M º E .
ur
( AM ) min = AE và MB qua B nhận u
BE làm vectơ chỉ phương.
Khi đó
B ( 1 + 3t ; 2 + 4t ; - 3 - 4t )
B Î ( P)
+ Ta có: B Î d nên
mà
suy ra:

2 ( 1 + 3t ) + 2 ( 2 + 4t ) - ( - 3 - 4t ) + 9 = 0 Û t =- 1 Þ B ( - 2; - 2;1)
.
r
A ( 1; 2; - 3)
n = ( 2; 2; - 1)
+ Đường thẳng AE qua
, nhận P
làm vectơ chỉ phương có phương trình
 x = 1 + 2t

 y = 2 + 2t
 z = −3 − t
là 
.
E ( 1 + 2t ; 2 + 2t ; - 3 - t )
Suy ra
.
E Î ( P)
2 ( 1 + 2t ) + 2 ( 2 + 2t ) - ( - 3 - t ) + 9 = 0 Û t =- 2 Þ E ( - 3; - 2; - 1)
Mặt khác,
nên
.
uur
B ( - 2; - 2;1)
BE = ( - 1;0; - 2)
+ Do đó đường thẳng MB qua
, có vectơ chỉ phương
nên có
ïìï x =- 2 - t
ï

í y =- 2
ïï
ï z = 1- 2t
phương trình là ïî
.
I ( −1; −2;3)
Thử các đáp án thấy điểm
thỏa. Vậy chọn đáp án
B.
A ( 6;3; 2 ) B ( 2; −1;6 )
( Oxy ) ,
Câu 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
,
. Trên mặt phẳng
2
3
4
M ( a; b; c )
lấy điểm
sao cho MA + MB bé nhất. Tính P = a + b − c .
Trang 2/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 2


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A
A. P = −48 .
Chọn B

B. P = 33 .

C. P = 48 .
Hướng dẫn giải

Hình học tọa độ Oxyz
D. P = 129 .

( Oxy ) . Gọi A′ là điểm
có phương trình z = 0 , và A , B nằm cùng phía với
( Oxy ) ⇒ A′ ( 6;3; −2 ) .
đối xứng với A qua
+ MB = MA′ + MB bé nhất khi M , A′ , B thẳng hàng, khi đó M = A′B ∩ ( Oxy ) .
Ta có MA
uuur
r
A′B = ( −4; −4;8) = −4 ( 1;1 − 2 )
u = ( 1;1 − 2 )
′
A
B
Ta có
suy ra
có một vectơ chỉ phương
x
=
2
+
t



 y = −1 + t

⇒ A′B :  z = 6 − 2t ( t ∈ ¡ ) . M ∈ A′B ⇒ M ( 2 + t ; −1 + t;6 − 2t ) .
2
3
4
M ∈ ( Oxy ) ⇒ 6 − 2t = 0 ⇔ t = 3 ⇒ M ( 5; 2;0 )
Do
. Vậy P = a + b − c = 33 .
A ( 3;3;0 ) B ( 3;0;3) C ( 0;3;3)
( P ) đi qua O , vuông góc
Câu 4: Trong hệ tọa độ Oxyz cho
,
,
. Mặt phẳng
( ABC ) sao cho mặt phẳng ( P ) cắt các cạnh AB , AC tại các điểm M , N thỏa
với mặt phẳng
( P ) có phương trình:
mãn thể tích tứ diện OAMN nhỏ nhất. Mặt phẳng
A. x + y − 2 z = 0 .
B. x + y + 2 z = 0 .
C. x − z = 0 .
D. y − z = 0
Hướng dẫn giải
Chọn A
G ( 2; 2; 2 )
OG ⊥ ( ABC )
Nhận thấy tam giác ABC đều có trọng tâm

, và
nên hình chiếu của O
( ABC ) là điểm G .
lên
1
1
1
·
VOAMN = .S AMN .d ( O, ( ABC ) ) = .OG. . AM . AN .sin MAN
3
3
2
Khi đó
.
3
·
sin MAN
=
2 cố định nên thể tích VOAMN nhỏ nhất khi và chỉ khi AM . AN nhỏ nhất.
Vì OG và
Mặt phẳng

( Oxy )

3=

AB AC
AB AC
4
+

≥2
.
AM . AN ≥ AB. AC
AM AN
AM AN , suy ra
9
. Đẳng

Vì M , N , G thẳng hàng nên
AB AC
=
thức xảy ra khi AM AN hay MN // BCu.uu
r
P)
GA = ( 1;1; −2 )
(
O
Khi đó mặt phẳng
đi qua và nhận
là một vectơ pháp tuyến, do đó
( P) : x + y − 2z = 0 .
A ( 2;1;3) B ( 1; −1; 2 ) C ( 3; −6;1)
Câu 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với
,
,
.
M ( x; y; z )
( Oyz ) sao cho MA2 + MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính
Điểm
thuộc mặt phẳng

giá trị của biểu thức P = x + y + z .
A. P = 6 .

B. P = −2 .

C. P = 0 .
Hướng dẫn giải

D. P = 2 .

Chọn C

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

2
2
2
2
Ta có: MA + MB + MC = MA + MB + MC
Trang 3/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 3


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A
uuuu
r uuu
r 2 uuuu
r uuur 2 uuuu
r uuur
= MG + GA + MG + GB + MG + GC

(

) (

) (

)

Hình học tọa độ Oxyz

2

= 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 .

2
2
2
2
2
2
Do tổng GA + GB + GC không đổi nên MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
MG 2 nhỏ nhất SC nhỏ nhất.

( Oyz ) nên M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng ( Oyz ) .
Mà S nằm trên mặt phẳng
M ( 0; −2; 2 )
Suy ra:
.
P = x + y + z = 0 + ( −2 ) + 2 = 0
Vậy
.
A ( 3;5; − 1) B ( 1;1;3)
Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
,
. Tìm tọa độ điểm M
uuur uuur
( Oxy ) sao cho MA + MB nhỏ nhất ?
thuộc
( 2;3;0 ) .
( 2; − 3;0 ) .

( −2;3;0 ) .
( −2; − 3;0 ) .
A.
B.
C.
D.
Hướng dẫn giải
Chọn A
uuur uuur r
D ( x; y; z )
D ( 2;3; 4 )
Gọi
là điểm thỏa mãn DA + DB = 0 khi đó ta có
uuur uuur
uuuu
r uuur uuuu
r uuur
uuuu
r
P = MA + MB = MD + DA + MD + DB = 2MD
= 2MD
( Oxy )
Khi đó P nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu của D lên mặt phẳng
x = 2
( MD ) :  y = 3
 z = 4 + t ⇒ M ( 2;3; 4 + t )

Ta có phương trình
M ∈ ( Oxy )
nên 4 + t = 0 ⇔ t = −4

M ( 2;3; 0 )
Vậy
là điểm cần tìm.
2
S ) : x 2 + y 2 + ( z − 3) = 8
A ( 4; 4;3) B ( 1;1;1)
(
Oxyz
Câu 7: Trong không gian
, cho mặt cầu
và hai điểm
,
.
( C ) là tập hợp các điểm M ∈ ( S ) để MA − 2MB đạt giá trị nhỏ nhất. Biết rằng ( C ) là một
Gọi
đường tròn bán kính R . Tính R .
A. 3
B. 7
C. 6
D. 2 2
Hướng dẫn giải
Chọn B
( S ) có tâm I ( 0;0;3) và bán kính R1 = 2 2 .
Mặt cầu
M ( x; y; z ) ∈ ( S )

T = MA − 2MB ≥ 0

. Do đó, min T = 0 ⇔ MA = 2 MB .
2

2
( x − 4 ) + ( y − 4 ) + ( z − 3) = 4 ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) 
Khi đó, ta có
2
29
⇔ x2 + y 2 + z 2 − z −
=0
2
2
2
⇔ 3 x + 3 y + 3 z − 2 z − 29 = 0
3
3
.
2
29
 2
2
2
2
2
2
 x + y + z − 3 z − 3 = 0  x + y + ( z − 3) = 8
⇔

 x 2 + y 2 + ( z − 3) 2 = 8
 z = 2

Ta được hệ
Với

2

tùy ý, ta có
2

2

2

( P ) : z − 2 = 0 chứa đường tròn ( C ) là giao tuyến của ( S ) và ( P ) .
Do đó M thuộc mặt phẳng
Trang 4/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 4


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

d ( I;( P) ) = 1

( C ) có bán kính R = R12 − d 2 = 7 .
nên đường tròn
A ( −4; −1;3) , B ( −1; −2; −1) , C ( 3; 2; −3)
D ( 0; −3; −5 )
Câu 8: Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm

và
. Gọi
( α ) là mặt phẳng đi qua D và tổng khoảng cách từ A, B, C đến ( α ) lớn nhất, đồng thời ba điểm
A, B, C nằm về cùng phía so với ( α ) . Trong các điểm sau, điểm nào thuộc mặt phẳng ( α ) .
Ta có

A.

E1 ( 7; −3; −4 )

.

B.

E2 ( 2;0; −7 )

E ( −1; −1; −6 )
.
C. 3
.
Hướng dẫn giải

D.

E4 ( 36;1; −1)

.

Chọn A
 2 1 1

G− ;− ;− ÷
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC nên  3 3 3 
T = d ( A; ( α ) ) + d ( B; ( α ) ) + d ( C ; ( α ) ) = 3d ( G; ( α ) ) ≤ 3GD
Suy ra:
.
GD ⊥ ( α )
Vậy GTLN của T bằng 3GD , đẳng thức xảy ra khi
uuur  2 8 14 
GD =  ; − ; − ÷
( α ) qua D ( 0; −3; −5) nhận
3  làm VTPT có
3 3
Do đó: Phương trình mặt phẳng
dạng: x − 4 y − 7 z − 47 = 0

Vậy

E1 ( 7; −3; −4 ) ∈ ( α )

.

A ( 1;1;1) B ( −1; 2;1) C ( 3;6; −5 )
Câu 9: Trong không gian cho ba điểm
,
,
. Điểm M thuộc mặt phẳng Oxy
2
2
2
sao cho MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất là

A.

M ( 1;3; −1)

.

B.

M ( 1;3;0 )

.

M ( 1; 2;0 )
C.
.
Hướng dẫn giải

Chọn B
G ( 1;3; −1)
Lấy
là trọng tâm của tam giác ABC .
Ta có:
uuuu
r uuu
r 2 uuuu
r uuur 2 uuuu
r uuur
+
MG
+

GB
+
MG
+ GC
2
2
2 = MG + GA
MA + MB + MC

(

) (

) (

)

D.

M ( 0;0; −1)

.

2

= 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 .

2
2
2

Do đó MA + MB + MC bé nhất khi MG bé nhất.
Hay M là hình chiếu của điểm G lên mặt phẳng Oxy .
M ( 1;3;0 )
Vậy
.
A ( −1; 0;1) B ( 3; 2;1) C ( 5;3;7 )
M ( a; b; c )
Câu 10: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm
,
,
. Gọi
là điểm
MB
+
MC
P
=
a
+
b
+
c
thỏa mãn MA = MB và
đạt giá trị nhỏ nhất. Tính
P
=
5
A. P = 2
B.
C. P = 4

D. P = 0
Hướng dẫn giải
Chọn B
uuur
I
1;1;1
AB = ( 4; 2;0 )
(
)
Gọi I là trung điểm của AB , suy ra
;
.
( α ) : 2x + y − 3 = 0 .
Phương trình mặt phẳng trung trực của AB :
( 2.3 + 1.2 − 3) . ( 2.5 + 1.3 − 3) = 50 > 0 nên B , C nằm về một phía so với ( α ) , suy ra A , C
Vì
(α) .
nằm về hai phía so với
M ∈( α )
Điểm M thỏa mãn MA = MB khi
. Khi đó MB + MC = MA + MC ≥ AC .

Trang 5/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 5


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

MB + MC nhỏ nhất bằng AC khi M = AC ∩ ( α ) .
 x = −1 + 2t

y = t
 z = 1 + 2t
Phương trình đường thẳng AC : 
, do đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương
 x = −1 + 2t
t = 1
y = t
x = 1


⇔


 z = 1 + 2t
y =1

 z = 3
M ( 1;1;3) a + b + c = 5
trình 2 x + y − 3 = 0
. Do đó
,
.
A ( 3;0;0 ) , B ( 0;2;0 ) , C ( 0;0;6 ) , D ( 1;1;1)
Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm

.
Gọi ∆ là đường thẳng đi qua D và thỏa mãn tổng khoảng cách từ các điểm A, B, C đến ∆ là
lớn nhất. Hỏi ∆ đi qua điểm nào trong các điểm dưới đây?
M ( −3; −5; −1)
M ( 7;13;5)
M ( 3; 4;3)
M ( −1; −2;1)
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Hướng dẫn giải
Chọn A
x y z
+ + =1
Nhận thấy A, B, C, D đồng phẳng, cùng thuộc mặt phẳng 3 2 6
.
3

I  ;1;0 ÷
 là trung điểm của AB.
Trường hợp 1: A, B, C cùng phía với đường thẳng ∆ qua d:  2

⇒ d ( A; ∆ ) + d ( B ; ∆ ) + d ( C ; ∆ ) = 2 d ( I ;∆ ) + d ( C ; ∆ ) = d ( E ; ∆ ) + d ( C ; ∆ ) = 2 d ( J ; ∆ )

với E là điểm đối xứng của D qua

I; J là trung điểm của EC.

r 
1 3
 1 5  uuu
J  1; ; ÷ ⇒ DJ =  0; − ; ÷
E ( 2;1; −1)
2 2.

Lúc này ta có
;  2 2

.

d
max
Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì ( J ;∆ )
và ∆ đi qua
D ( 1;1;1)
D. Tức là đường thẳng ∆ qua
và vuông góc với DJ.
uuuur uuu
r
M ( −3; −5; −1) M ( 7;13;5 )
Ta lần lượt thử các trường hợp xem DM ⊥ DJ hay không thì ta thấy
,
∆
thỏa mãn. Lúc này thử tổng khoảng cách từ A, B, C đến là lớn nhất. Vậy ta chọn
M ( −3; −5; −1)

.
Cách khác.
x y z
ABC ) 3 + 2 + 6 = 1 ⇔ 2 x + 3 y + z − 6 = 0
D ∈ ( ABC )
(
Dề dàng có phương trình mp
là
và có
.
Trang 6/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 6


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

d( A, ∆ ) ≤ AD; d( B, ∆ ) ≤ BD; d( C, ∆ ) ≤ CD;
Do
và dấu bằng của 3 bất đằng thức đạt được khi
∆ ⊥ ( ABC )
.
r
ABC
u
= ( 2;3;1)

(
)
Vậy vtcp của ∆ là vtpt của mp
là
.
x − 1 y− 1 z− 1
∆:
=
=
2
3
1 .
Phương trình
Vậy

M ( −3; −5; −1) ∈ ∆

.

A ( 1; 2;3 ) B ( 0; 4;5 )
Câu 12: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
,
. Gọi M là điểm sao cho
MA = 2 MB . Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P ) : 2 x − 2 y − z + 6 = 0 đạt giá trị nhỏ
nhất là
7
14
17
11
A. 9

B. 9
C. 9
D. 9
Hướng dẫn giải
Chọn D
M ( x; y; z )
Gọi
.
2
2
2
2
2
x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 4  x 2 + ( y − 4 ) + ( z − 5 ) 
(


Ta có MA = 2 MB nên
2
28
34
⇔ x2 + y 2 + z 2 + x −
y − z + 50 = 0
3
3
3
.
 1 14 17 
I − ; ; ÷
S

(
)
Suy ra tập hợp các điểm M thỏa mãn MA = 2 MB là mặt cầu
có tâm  3 3 3  và bán
kính R = 2 .
29
d ( I;( P) ) =
9 > R nên ( P ) không cắt ( S ) .
Vì
( P ) : 2 x − 2 y − z + 6 = 0 đạt giá trị nhỏ nhất là
Do đó, khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng
29
11
=
−
2
=
d
I
;
P
−
R
d min = ( ( ) )
9
9 .

A ( 1;1;1) B ( 2;0; 2 )
Câu 13: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có tọa độ các điểm
,

C ( −1; −1; 0 ) D ( 0;3; 4 )
,
,
. Trên các cạnh AB , AC , AD lần lượt lấy các điểm B′, C ′, D′ sao cho
AB AC AD
+
+
=4
AB′ AC ′ AD′
và tứ diện AB′C ′D′ có thể tích nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng

( B′C ′D′ )

là
16
x
+
40
y − 44 z + 39 = 0
A.
C. 16 x − 40 y − 44 z + 39 = 0

B. 16 x − 40 y − 44 z − 39 = 0
D. 16 x + 40 y + 44 z − 39 = 0
Hướng dẫn giải

Chọn A

Trang 7/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 7


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

3

 AB AC AD 
3
+
+
VABCD
AB AC AD  AB′ AC ′ AD′ ÷  4 
=
×
×
≤
÷ = ÷
VAB′C ′D′ AB′ AC ′ AD′ 
3
÷ 3


Ta có
.
AB AC

AD 4
=
=
=
Do đó thể tích của AB′C ′D′ nhỏ nhất khi và chỉ khi AB′ AC ′ AD′ 3 .
uuur 3 uuu
r
7 1 7
AB′ = AB ⇒ B′  ; ; ÷
4
 4 4 4  và ( B′C ′D′ ) // ( BCD ) .
Khi đó
uuur uuur
 BC , BD  = ( 4;10; −11)

Mặt khác 
.
Vậy

( B′C ′D′ ) : 4  x −


7
1
7


÷+ 10  y − ÷− 11 z − ÷ = 0 ⇔ 16 x + 40 y − 44 z + 39 = 0
4
4

4


.

Câu 14: 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) .
uuur uuur uuuu
r
MA
+
MB
+
2
MC
Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy ) sao cho
nhỏ nhất.
A. M (2;6; 0) .
B. M (1;3;0) .
C. M (1; − 3;0) .
D. M (3;1; 0) .
Hướng dẫn giải
Chọn B

uu
r uur uur uu
r
IA
+
IB
+

2
IC
=
0
( 1) .
Gọi I là điểm thỏa
uur mãn
uuu
r uuur uuur
( 1) ⇔ 4OI = OA + OB + 2OC = ( 4;12;12 ) ⇔ I ( 1;3;3) .
Ta có
uuur uuur uuuu
r
uuu
r
MA + MB + 2 MC = 4 MI = 4MI
Khi đó
.
uuur uuur uuuu
r
MA
+
MB
+
2
MC
Do M thuộc mặt phẳng (Oxy ) nên để
nhỏ nhất hay MI nhỏ nhất thì M là
I ( 1;3;3)
( Oxy ) ⇔ M ( 1;3;0 ) .

hình chiếu của
trên
A ( 2; −3;7 ) B ( 0; 4; −3)
C ( 4; 2;5 )
Câu 15: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm
,
và
. Biết
uuur uuur uuuu
r
MA + MB + MC
M ( x0 ; y0 ; z0 )
mp ( Oxy )
điểm
nằm trên
sao cho
có giá trị nhỏ nhất. Khi đó
P = x0 + y0 + z0
tổng
bằng
A. P = −3 .
B. P = 0 .
C. P = 6 .
D. P = 3 .
Hướng dẫn giải
Chọn D
uuu
r uuur uuur r
⇒ G ( 2;1;3)
Gọi G là điểm sao cho GA + GB + GC = 0

.
Trang 8/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 8


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

uuur uuur uuuu
r
uuuu
r uuu
r uuur uuur
MA + MB + MC = 3MG + GA + GB + GC = 3MG
Khi đó
.
uuur uuur uuuu
r
MA + MB + MC
Nên
có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG ngắn nhất, khi đó M là hình chiếu
G ( 2;1;3)
mp ( Oxy )
M = ( 2;1; 0 )
vuông góc của
trên

. Do đó
.
P = x0 + y0 + z0 = 2 + 1 + 0 = 3
Vậy
.
( P ) : ( m − 1) x + y + mz − 1 = 0 và điểm
Câu 16: Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, cho mặt phẳng
A ( 1;1; 2 )
P
. Với giá trị nào của  m thì khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( ) là lớn nhất.
A. 2 .
B. 5 .
C. 4 .
D. 3 .
Hướng dẫn giải
Chọn B
m − 1 + 1 + 2m − 1
3m − 1
9m 2 − 6m + 1
d ( A, ( P ) ) =
=
=
2
2
2
( m − 1) + 1 + m2 2m − 2m + 2 2m − 2m + 2 .
9m 2 − 6 m + 1
f ( m) =
2m 2 − 2m + 2 . Tập xác định D = ¡ .
Xét hàm số

m = 5
−6m 2 + 32m − 10
f ′( m) =
; f ′( m) = 0 ⇔ 
2
2
m = 1
( 2m − 2m + 2 )
3.

Bảng biến thiên.

d ( A, ( P ) )

.

f m
lớn nhất khi và chỉ khi ( ) lớn nhất ⇔ m = 5 .
( P ) đi M ( 1; 2;3) và cắt các
Câu 17: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng
1
1
1
T=
+
+
2
2
Oy
OA OB OC 2 đạt giá trị

tia Ox ,
, Oz lần lượt tại các điểm A , B , C sao cho biểu
nhỏ nhất.
( P ) : x + 2 y + 3z − 14 = 0 .
( P ) : 6x − 3y + 2z − 6 = 0 .
A.
B.
( P ) : 6 x + 3 y + 2 z − 18 = 0 .
( P ) : 3x + 2 y + z − 10 = 0 .
C.
D.
Hướng dẫn giải
Chọn A
1
1
1
1
T=
+
+
=
2
2
2
OK ⊥ ( P )
OA OB OC
OK 2 . Do đó T đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ OK lớn
Hạ
suy ra
uuuur

( P ) đi qua M và có VTPT là OM . Vậy, ( P ) : x + 2 y + 3z − 14 = 0 .
nhất ⇔ K trùng M , suy ra

Vậy,

Trang 9/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 9


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

( S ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 9 và mặt phẳng
Câu 18: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu
( P ) :2 x − 2 y + z + 3 = 0 . Gọi M ( a; b; c ) là điểm trên mặt cầu sao cho khoảng cách từ M đến
( P ) lớn nhất. Khi đó:
A. a + b + c = 7 .
B. a + b + c = 5 .
C. a + b + c = 6 .
D. a + b + c = 8 .
Hướng dẫn giải
Chọn A
2

Mặt

( S)

cầu có tâm
d ( I,( P) ) =

I ( 1; 2;3 ) , R = 3
2.1 − 2.2 + 3 + 3
22 + ( −2 ) + 12
2

2

2

.
=

4
3

mặt phẳng cắt mặt cầu theo một đường tròn
M ( a; b; c )
( P ) lớn nhất. Khi M
Gọi
là điểm trên mặt cầu sao cho khoảng cách từ M đến
( P)
thuộc đường thẳng ∆ vuông đi qua M và vuông góc với
 x = 1 + 2t


∆ :  y = 2 − 2t
2
2
2
z = 3 + t
S ) ⇒ ( 2t ) + ( −2t ) + ( t ) = 9 ⇒ 9t 2 = 9 ⇒ t = ±1
(

. Thay vào mặt cầu
2.3 − 2.0 + 4 + 3 10
t = 1 ⇒ M ( 3; 0; 4 ) ⇒ d ( M ; ( P ) ) =
=
2
3
22 + ( −2 ) + 12
Với
2. ( −1) − 2.4 + 2 + 3 1
t = −1 ⇒ M ( −1; 4; 2 ) ⇒ d ( M ; ( P ) ) =
=
2
2
2
3
2 + ( −2 ) + 1
Với
M ( 3;0; 4 ) ⇒ a + b + c = 7
Vậy
.
M ( −2; −2;1) , A ( 1; 2; −3 )
Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm

và đường thẳng
x +1 y − 5 z
d:
=
=
r
2
2
−1 . Tìm một vectơ chỉ phương u của đường thẳng ∆ đi qua M , vuông góc
với đường thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng bé nhất.
r
r
r
r
u = ( 3; 4; −4 )
u = ( 2; 2; −1)
u = ( 1;7; −1)
u = ( 1; 0; 2 )
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Hướng dẫn giải
Chọn D

Trang 10/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 10


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

( P ) chứa ∆ .
là mp đi qua M và vuông góc với d , khi u
đó
ur uu
r
nP = ud = ( 2; 2; −1)
P)
M ( −2; −2;1)
(
Mp
qua
và có vectơ pháp tuyến
nên có phương trình:
( P ) : 2x + 2 y − z + 9 = 0 .
P
: const nên AK min
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên ( ) và ∆ . Khi đó: AK ≥ AH u
u
r
u

= ( 2; 2; −1)
A
1,
2,
−
3
(
)
d
khi K ≡ H . Đường thẳng AH đi qua
và có vectơ chỉ phương
nên
 x = 1 + 2t

 y = 2 + 2t

AH có phương trình tham số:  z = −3 − t .
H ∈ AH ⇒ H ( 1 + 2t; 2 + 2t ; −3 − t )
.
H ∈ ( P ) ⇒ 2 ( 1 + 2t ) + 2 ( 2 + 2t ) − ( −3 − t ) + 9 = 0 ⇒ t = −2 ⇒ H ( −3; −2; −1)
.
r uuuur
u = HM = ( 1; 0; 2 )
Vậy
.
Câu 20: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba mặt phẳng ( P) : x − 2 y + 2 z + 1 = 0 ,
(Q) : x − 2 y + 2 z − 8 = 0 , ( R) : x − 2 y + 2 z + 4 = 0 . Một đường thẳng ∆ thay đổi cắt ba mặt phẳng
96
AB +
( P) , (Q) , ( R ) lần lượt tại các điểm A , B , C . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

AC 2 là
41
A. 24 .
B. 3 .
C. 99 .
D. 18 .
Hướng dẫn giải
Chọn C
Ta có ba mặt phẳng ( P) , (Q) , ( R ) đôi một song song và ( P ) nằm giữa (Q) , ( R) .
Gọi

( P)

1− 4
= 3 d (( P ), ( R )) =
=1
2
2
1 + 22 + 22
1
+
2
+
2
,
.
96
96
AB +
≥ 3 + 2 = 99

AC 2
1
Suy ra
.
Đẳng thức xảy ra khi ∆ vuông góc với ( P ) .
d (( P ), (Q)) =

Câu

1+ 8

A ( 2;1; 2 )
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm
và mặt cầu
2
2
2
( S ) : x + y + z − 2 y − 2 z − 7 = 0 . Mặt phẳng ( P ) đi qua A và cắt ( S ) theo thiết diện là đường
( C ) có diện tích nhỏ nhất. Bán kính đường tròn ( C ) là
tròn
A. 3 .
B. 2 .
C. 1 .
D. 5 .
Hướng dẫn giải

21:

Trang 11/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 11


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A
Chọn B
Mặt cầu

( S)

có tâm

và bán kính R = 3 .

+ ( 1 − 1) + ( 2 − 1) = 5 < 3 = R
( S) .
Ta có
nên A nằm trong mặt cầu
( P ) , r là bán kính đường tròn ( C ) . Khi đó:
Đặt h là khoảng cách từ I đến mặt phẳng
h ≤ IA = 5 và h = 5 khi và chỉ khi IA ⊥ ( P ) .
IA =

( 2 − 0)

I ( 0;1;1)

Hình học tọa độ Oxyz

2

2

2

2

r 2 = R 2 − h 2 ≥ 32 − 5 = 4 ⇒ r ≥ 2 .

( C)

có diện tích nhỏ nhất nên r = 2 .
A ( 1;0;1) B ( 0;1; −1)
Bắc
Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
,
. Hai điểm D , E thay
Đường tròn

đổi trên các đoạn OA , OB sao cho đường thẳng DE chia tam giác OAB thành hai phần có diện
tích bằng nhau. Khi DE ngắn nhất thì trung điểm của đoạn DE có tọa độ là
 2 2 
 2 2 
1 1 
1 1 
I 
;
;0÷
I

;
;0÷

I  ; ;0÷
I  ; ;0 ÷
÷
÷
4 4
3 3
.
.
A. 
B. 
C.  3 3  .
D.  4 4  .
Hướng dẫn giải
Chọn A

uuu
r
uuu
r
uuu
r
OA = ( 1; 0;1) OB = ( 0;1; −1) OA = OB = 2 AB = ( −1;1; −2 ) AB = 6
Ta có
,
,
,
,

.
SODE OD.OE
1 OD.OE
=
⇔ =
S
OA
.
OB
⇔ OD.OE = 1
2
2
Ta có OAB
2
2
2
2 + 2 − 6 −1
OA + OB − AB
=
=
=
·
cos AOB
4
2 .
2.OA.OB
2
2
2
2

2
·
Ta có DE = OD + OE − 2OD.OE cos AOB = OD + OE + OD.OE ≥ 3OD.OE
⇒ DE ≥ 3 . Dấu bằng xảy ra khi OD = OE = 1
 2
2
r
2 uuu
.OA ⇒ D  2 ;0; 2 ÷
÷

,
2
Khi đó

I 
Vậy trung điểm I của DE có tọa độ 
uuur
OD =

Câu

uuur
OE =


2
2
r
2 uuu

.OB ⇒ E  0; 2 ; − 2 ÷
÷


2

2 2 
;
;0÷
÷
4 4
.

Trong không gian với hệ tọa độ
2
( m + 1) x − ( 2m2 − 2m + 1) y + ( 4m + 2 ) z − m2 + 2m = 0

Oxyz ,

23:

cho

mặt

phẳng

( P) :

luôn chứa một đường thẳng ∆ cố định

Trang 12/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 12


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

d đi qua M ( 1; −1;1) vuông góc với ∆ và cách O một khoảng lớn
khi m thay đổi. Đường thẳng
r
2
u = ( −1; b; c )
nhất có véc tơ chỉ phương
. Tính b − c .
A. 23
B. 19
C. −1
D. 2
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có
( m2 + 1) x − ( 2m2 − 2m + 1) y + ( 4m + 2 ) z − m2 + 2m = 0
⇔ m 2 ( x − 2 y − 1) + m ( 2 y + 4 z + 2 ) + x − y + 2 z = 0

Cho

Cho

.

uu
r

m = 0 ta có mặt phẳng ( P0 ) : x − y + 2 z = 0 có một véc tơ pháp tuyến là n0 = ( 1; −1; 2 ) .
ur
P
:
2
x
−
y
+
6
z
+
1
=
0
n
= ( 2; −1; 6 )
(
)
m = 1 ta có mặt phẳng 1
có một véc tơ pháp tuyến là 1
.
uur uu

r ur
u∆ =  n0 , n1  = ( −4; −2;1)

Suy ra đường thẳng ∆ có một véc tơ chỉ phương là
.
Gọi H là hình chiếu của O trên d . Ta có OH ≤ OM .
d cách O một khoảng lớn nhất khi và chỉ khi d ⊥ OM , khi đó d có một véc tơ chỉ phương là
uu
r uur uuuur
ud = u∆ , OM  = ( −1;5;6 )
.
2
Vậy b = 5 , c = 6 suy ra b − c = 19 .

I ( 1;0;0 )
( P ) : x − 2 y − 2z + 1 = 0 và đường thẳng
Câu 24: Trong không gian Oxyz , cho điểm
, mặt phẳng
x = 2

d : y = t
z = 1+ t
( P ) , M là

. Gọi d ′ là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với mặt phẳng
( P ) , N là điểm thuộc đường thẳng d sao cho diện
hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng
tích tam giác IMN nhỏ nhất. Tọa độ điểm N là
5 3
 3 5


 1 3
 5 7
N  2; ; ÷
N  2; − ; − ÷
N  2; ; ÷
N  2; ; ÷
2 2.
A.  2 2  .
B. 
C.  2 2  .
D.  2 2  .
Hướng dẫn giải
Chọn B
x = 1+ t

 y = −2t
 z = −2t
Phương trình đường thẳng d ′ là: 
Tọa độ điểm M ứng với t là nghiệm phương trình:
2 ⇒ M 7;4;4
⇔
t
=
−

÷
( 1 + t ) − 2 ( −2t ) − 2 ( −2t ) + 1 = 0
 9 9 9 .
9

2
IM =
3.
Như vậy
1
1
S ∆IMN = IM .NH = NH
2
3
Gọi H là hình chiếu của N trên d thì
.
IMN
NH
Do đó, diện tích tam giác
nhỏ nhất khi và chỉ khi uđộ
nhỏ nhất.
ur dài
N là điểm thuộc đường thẳng d nên N ( 2; n;1 + n ) ⇒ IN ( 1; n;1 + n ) .
Trang 13/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 13


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

ur

u′ = ( 1; −2; −2 )

Đường thẳng d ′ có véc-tơ chỉ phương
.
uur ur
 IN , u ′ = ( 2; n + 3; −n − 2 )

Ta có: 
, nên:
2
uur ur
5 9

 IN , u ′
2 n + ÷ +
2
2


22 + ( n + 3) + ( −n − 2 )
2 4 1
NH = d ( N ; d ′ ) =
ur

=
≥
=
u′
3
2.

3
5
5 3

1
n = − ⇒ N  2; − ; − ÷
2
2 2.

Như vậy, NH nhỏ nhất là bằng 2 khi và chỉ khi

A ( 1;1;1) , B ( 2;1; −1) , C ( 0; 4; 6 )
Câu 25: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho
. Điểm M di
uuur uuur uuuu
r
P = MA + MB + MC
chuyển trên trục Ox . Tìm tọa độ M để
có giá trị nhỏ nhất.
-1;0;0 )
1;0;0 )
-2;0;0 )
2;0;0 )
A. (
.
B. (
.
C. (
.
D. (

.
Hướng dẫn giải
Chọn B
M ( x;0;0 ) ∈ Ox, ( x ∈ ¡ )
Gọi
uuur
uuur .
uuuu
r
MA = ( 1 − x;1;1) , MB = ( 2 − x;1; −1) , MC = ( − x;4;6 )
Khi
.
uuur đóuuur uuuu
r
MA + MB + MC = ( 3 − 3x;6;6 )
.
Với mọi số thực x , ta có
uuur uuur uuuu
r
2
2
P = MA + MB + MC = ( 3 − 3 x ) + 6 2 + 6 2 = 9 x 2 − 18 x + 81 = 9 ( x − 1) + 72 ≥ 72
;
P = 72 ⇔ x = 1 .
uuur uuur uuuu
r
P = MA + MB + MC
Vậy GTNN của
là 72 , đạt được khi và chỉ khi x = 1 .
Do đó

M ( 1;0;0 )

là điểm thoả mãn đề bài.

( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 12 và mặt phẳng
Câu 26: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
( P ) : 2 x + 2 y − z − 3 = 0 . Gọi ( Q ) là mặt phẳng song song với ( P ) và cắt ( S ) theo thiết diện là
( C ) sao cho khối nón có đỉnh là tâm của mặt cầu và đáy là hình tròn giới hạn bởi
đường tròn
( C ) có thể tích lớn nhất. Phương trình của mặt phẳng ( Q ) là
2x + 2 y − z − 4 = 0
A. 2 x + 2 y − z − 6 = 0 hoặc 2 x + 2 y − z + 3 = 0 .
B.
hoặc
2

2 x + 2 y − z + 17 = 0 .

C. 2 x + 2 y − z + 2 = 0 hoặc 2 x + 2 y − z + 8 = 0 .
2 x + 2 y − z + 11 = 0 .

D.

2

2

2x + 2 y − z −1 = 0

hoặc

Hướng dẫn giải
Chọn D

Trang 14/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 14


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

( S)

Hình học tọa độ Oxyz

I ( 1; −2;3)

và bán kính R = 2 3 .
( C ) và H là hình chiếu của I lên ( Q ) .
Gọi r là bán kính đường tròn
Mặt cầu

có tâm

2
2
2

Đặt IH = x ta có r = R − x = 12 − x
1
1
V = .IH .S( ( C ) ) = .x.π
3
3
Vậy thể tích khối nón tạo được là

Gọi

f ( x ) = 12 x − x 3

với
f ′ ( x ) = 12 − 3 x 2

(

x ∈ 0; 2 3

(

12 − x 2

) . Thể tích nón lớn nhất khi

)

2

1

= π ( 12 x − x 3 )
3
.

f ( x)

đạt giá trị lớn nhất

Ta có
f ′ ( x ) = 0 ⇔ 12 − 3 x 2 = 0 ⇔ x = ±2 ⇔ x = 2
.
Bảng biến thiên :

1
16π
Vmax = π 16 =
3
3 khi x = IH = 2 .
Vậy
( Q ) // ( P ) nên ( Q ) : 2 x + 2 y − z + a = 0
Mặt phẳng
2.1 + 2 ( −2 ) − 3 + a
 a = 11
⇔
=2
⇔
2
2
2
2 + 2 + ( −1)

d I ; ( Q ) ) = IH
⇔ a −5 = 6
 a = −1 .
Và (
( Q ) có phương trình 2 x + 2 y − z − 1 = 0 hoặc 2 x + 2 y − z + 11 = 0 .
Vậy mặt phẳng
Câu

với
hệ
trục
tọa
độ Oxyz ,
cho
bốn
điểm
2 2 4
A ( a; 0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) , D  ; ; ÷
 3 3 3  . Trong đó a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
2 2 1
+ + =3
ABC )
a b c
. Khoảng cách từ D đến mặt phẳng (
có giá trị lớn nhất là bao nhiêu ?
A. 3.
B. 1.
C. 4.
D. 2.
Hướng dẫn giải

27:

Trong

không

gian

Trang 15/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 15


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

Chọn B
x y z
+ + =1
có phương trình a b c
.
2 2 1
2
2 1
+ + =3⇔
+ + =1

3a 3b 3c
Ta có a b c
.
 2 2 1
I ; ; ÷
ABC )
(
Nên
luôn đi qua điểm  3 3 3  .
ABC )
Mặt phẳng (

ABC )
Gọi H là hình chiếu của D lên mp (
.
d D, ABC ) ) = DH ≤ DI
d D, ABC ) )
Ta có ( (
, suy ra trị lớn nhất của ( (
bằng DI = 1 .
A ( 1; 2;3) , B ( 0;1;1) , C ( 1; 0; −2 )
Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm
và mặt phẳng
( P ) có phương trình x + y + z + 2 = 0 . Gọi M là điểm thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho giá trị biểu
2
2
2
thức T = MA + 2MB + 3MC nhỏ nhất. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng
( Q ) : 2x − y − 2z + 3 = 0

91
A. 54 .

121
B. 54 .

Chọn A

uu
r

uur

C. 24 .
Hướng dẫn giải

uur

2 5
D. 3 .

r

Gọi I là điểm sao cho IA + 2 IB + 3IC = 0

2

 xI = 3
 x A − xI + 2 ( xB − xI ) + 3 ( xC − xI ) = 0



2

2 2 1
⇒ I  ; ;− ÷
 y A − yI + 2 ( yB − yI ) + 3 ( yC − yI ) = 0 ⇒  yI =
3
3 3 6


 z A − z I + 2 ( z B − z I ) + 3 ( zC − z I ) = 0
1

 zI = − 6

Tọa độ I thỏa mãn hệ
Ta có
uuur 2
uuur 2
uuuu
r2
T = MA2 + 2 MB 2 + 3MC 2 = MA + 2MB + 3MC
uuu
r uu
r 2
uuu
r uur 2
uuu
r uur 2
= MI + IA + 2 MI + IB + 3 MI + IC = 6MI 2 + IA2 + 2 IB 2 + 3IC 2

(

)

(

)

(

)

Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu vuông góc của I
( P)
trên mặt phẳng
 −7 −7 11 
91
M  ; ;− ÷
d ( M ;( Q) ) =
9  suy ra
 18 18
54 .
Vậy tọa độ điểm

( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y + 4 z = 0 và
Câu 29: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu
M ( 1; 2; − 1)
( S ) tại hai điểm A, B . Tìm giá trị
điểm

. Một đường thẳng thay đổi qua M và cắt
lớn nhất của tổng MA + MB .
A. 2 17
B. 8 + 2 5
C. 8
D. 10
Hướng dẫn giải
Chọn A

Trang 16/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 16


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

( S ) có tâm I ( 1; −2; −2 ) , bán kính R = 3 .
Mặt cầu
Vì IM = 17 < 3 nên M nằm ngoài đường tròn,
Gọi α là góc tạo bởi MB và MI . Áp dụng định lí Côsin cho tam giác MIA và MIB ta có
R 2 = MA2 + MI 2 − 2 MA.MI .c osα ( 1)
( 2)

R 2 = MB 2 + MI 2 − 2MB.MI .c osα

( 1) trừ cho ( 2 ) vế theo vế ta được

Lấy
0 = MA2 − MB 2 − 2 17. ( MA − MB ) .cos α ⇔ MA + MB = 2 17 cos α
Do đó MA + MB lớn nhất bằng 2 17 khi cosα = 1 ⇔ α = 0 .
A ( 1;5;0 ) B ( 3;3;6 )
Câu 30: Trong không gian tọa độ Oxyz cho các điểm
,
và đường thẳng
x +1 y −1 z
∆:
=
=
2
−1 2 . Gọi M ( a; b; c ) ∈ ∆ sao cho chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính
tổng T = a + b + c ?
A. T = 4 .
B. T = 5 .
C. T = 2 .
D. T = 3 .
Hướng dẫn giải
Chọn D
M ∈ ∆ ⇒ M = ( −1 + 2t ;1 − t ; 2t ) .
Ta
uuurcó
uuur
MA = ( 2 − 2t ; 4 + t; −2t ) MB = ( 4 − 2t; 2 + t ;6 − 2t )
,
.
Khi đó chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MA + MB nhỏ nhất.
f ( t ) = MA + MB = 9t 2 + 20 + 9t 2 − 36t + 56
Xét hàm số

=

( 3t )

2

(

+ 2 5

)

2

+

( 6 − 3t )

2

(

+ 2 5

)

2

(

≥ 62 + 4 5

)

2

= 2 29

(

.
2 5; 2 5

)

( 3t;6 − 3t ) và bộ số
Dấu bằng đạt được khi và chỉ khi bộ số
tỉ lệ.
M = ( 1;0; 2 )
Suy ra 3t = 6 − 3t ⇔ t = 1 . Suy ra
.
Chú ý ở đây có dùng bất đẳng thức Mincopski ( Hệ quả của bất đẳng thức Cauchy)
a12 + b12 + a22 + b22 + ... + an2 + bn2 ≥

bi

. Dấu bằng xảy ra khi hai bộ số

( a1 + a2 + ... + an )

( a1 , a2 ,..., an )

và

2

+ ( b1 + b2 + ... + bn )

( b1 , b2 ,..., bn )

2

, đúng với mọi

tỉ lệ.

Trang 17/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 17

ai

,


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

1
1
z+
z . Biết z có phần
Câu 31: Trong mặt phẳng phức, xét hình bình hành tạo bởi các điểm 0 , z , z và
2
1
35
z+
z .
thực dương và diện tích hình bình hành bằng 37 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
60
A. 37

22
B. 9

50
C. 37
Hướng dẫn giải

53
D. 20

Chọn C

1
1

z+
z và
z.
Gọi O, A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn số phức
1
35
35
= z . .sin ϕ =
⇔ sin ϕ =
z
37
37 .
Khi đó diện tích hình bình hành OACB là S = OA.OB.sin ϕ
12
cos ϕ = ± 1 − sin 2 ϕ = ±
37 .
Suy ra
Áp dụng định lý cosin trong tam giác OAC ta có
2
2
1
2
1
1
1
2
2
2
2
z+

= OC = OA + OB − 2OA.OB.cos ϕ = z +
− 2 z .cos ϕ = z + 2 − 2cos ϕ
z
z
z
z
0, z ,

2

2

1
1
12 50
50
z+
≥ 2 − 2. =
z
z nhỏ nhất bằng 37 .
37 37 . Vậy
12
cos ϕ =
⇔
z
=
1
37 .
Dấu “ = ” xảy ra
và

12 
12 
1
1
z = sin  arccos ÷+ i cos  arccos ÷
37 
37  .
2
2
Chẳng hạn như
⇔ z+

P :x + y + z + m = 0 m
Câu 32: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( )
( là tham số ) và mặt
2
2
2
S
P
S
cầu ( ) có phương trình ( x − 2 ) + ( y + 1) + z = 16 . Tìm các giá trị của m để ( ) cắt ( ) theo
giao tuyến là một đường tròn có bán kính lớn nhất.

A. −1 − 4 3 ≤ m ≤ − 1 + 4 3 .
C. m = 1 .

B. m ≠ 0 .
D. m = − 1 .
Hướng dẫn giải

Chọn D

( S ) có tâm I ( 2; − 1;0 )
P
S
Để ( ) cắt ( ) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính lớn nhất thì
Mặt cầu

I ∈( P )

Suy ra: 2 − 1 + m = 0 ⇒ m = − 1
Trang 18/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 18


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

P : 3 x − 3 y + 2 z − 15 = 0
A 1; 2; 0 )
Câu 33: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( )
và ba điểm (
,
2
2

2
B ( 1; −1;3) C ( 1; −1; −1)
M ( x0 ; y0 ; z0 )
P
,
. Điểm
thuộc ( ) sao cho 2MA − MB + MC nhỏ nhất.
2 x + 3 y0 + z0
Giá trị 0
bằng
11
A. .
B. 15 .
C. 5 .
D. 10 .
Hướng dẫn giải
Chọn C
uu
r uur uur r
I 1; 2; −2 )
Gọi I thỏa mãn 2 IA − IB + IC = 0 ⇔ (
.
u
u
u
r
u
r 2 uuu
r uur 2 uuu
r uur 2

uuur 2 uuur 2 uuuu
r 2 = 2 MI + u
IA − MI + IB + MI + IC
2
2
2
2MA − MB + MC = 2MA − MB + MC
.
uuu
r uu
r uur uur
2
2
2
2
= 2MI + 2MI 2 IA − IB + IC + 2 IA − IB + IC
.
2
2
2
2
= 2 MI + 2 IA − IB + IC .

(

)

(

) (

) (

)

2MA2 − MB 2 + MC 2 nhỏ nhất ⇔ MI nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt
P
phẳng ( ) .
 x = 1 + 3t

d :  y = 2 − 3t
 z = −2 + 2t
I 1; 2; −2 )
d ⊥ ( P)
Đường thẳng d đi qua điểm (
và
có phương trình 
.
M = d ∩ ( P ) 3 ( 1 + 3t ) − 3 ( 2 − 3t ) + 2 ( −2 + 2t ) − 15 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ M ( 4; −1;0 )
:
.
2 x + 3 y0 + z0 = 2.4 + 3 ( −1) + 0 = 5
Vậy 0
.
( P ) : x + y + z − 1 = 0 , đường thẳng
Câu 34: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng
x − 15 y − 22 z − 37
=
=
( d) :

S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 8x − 6 y + 4 z + 4 = 0
(
1
2
2
và mặt cầu
. Một đường

( S ) tại hai điểm A, B sao cho AB = 8 . Gọi A′ , B′ là hai điểm
thay đổi cắt mặt cầu
( P ) sao cho AA′ , BB′ cùng song song với ( d ) . Giá trị lớn nhất của
lần lượt thuộc mặt phẳng
biểu thức AA′ + BB′ là
24 + 18 3
12 + 9 3
16 + 60 3
8 + 30 3
5
5
9
9
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Hướng dẫn giải

Chọn A
thẳng

( ∆)

Trang 19/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 19


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A
Mặt cầu

( S)

có tâm

I ( 4;3; −2 )

Hình học tọa độ Oxyz

và bán kính R = 5 .

( S ′ ) tâm I bán
Gọi H là trung điểm của AB thì IH ⊥ AB và IH = 3 nên H thuộc mặt cầu
kính R′ = 3 .
( P) .
Gọi M là trung điểm của A′B′ thì AA′ + BB′ = 2 HM , M nằm trên mặt phẳng

4
5
d ( I;( P) ) =
sin ( d ; ( P ) ) = sin α =
( P ) cắt mặt cầu ( S ) và
3
3 3 . Gọi
Mặt khác ta có
nên

K là hình chiếu của H lên ( P ) thì HK = HM .sin α .
Vậy để AA′ + BB′ lớn nhất thì HK lớn nhất
4
4+3 3
HK max = R′ + d ( I ; ( P ) ) = 3 +
=
3
3 .
⇔ HK đi qua I nên
 4 + 3 3  3 3 24 + 18 3
2 
÷
÷. 5 =
5
3


Vậy AA′ + BB′ lớn nhất bằng
.

A( 1;2;2) B ( 5;4;4)
Câu 35: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
,
và mặt phẳng
(P ): 2x + y − z + 6 = 0 . Tọa độ điểm M nằm trên mp(P ) sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất là:
M ( 0; −5;1)
M ( 0;0;6)
M ( 1;1;9)
M ( −1;1;5)
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.

A ( 1; 4;5 ) B ( 3; 4; 0 ) C ( 2; − 1; 0 )
Câu 36: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm
,
,
và mặt
( P ) : 3x − 3 y − 2 z − 12 = 0 . Gọi M ( a ; b ; c ) thuộc ( P ) sao cho MA2 + MB 2 + 3MC 2 đạt giá
phẳng
trị nhỏ nhất. Tính tổng a + b + c .
A. −3 .
B. 2 .
C. −2 .
D. 3 .

Hướng dẫn giải
Chọn D
uu
r uur uur r
I ( x; y; z)
IA
Gọi uu
là điểm thỏa mãnuur + IB + 3IC = 0 (*).
r
uur
IA = ( 1 − x ; 4 − y ;5 − z ) IB = ( 3 − x ; 4 − y ; − z )
3IC = ( 6 − 3 x ; − 3 − 3 y ; − 3 z )
Ta có:
,
và
.
1 − x + 3 − x + 6 − 3 x = 0
x = 2


4 − y + 4 − y − 3 − 3 y = 0 ⇔  y = 1
5 − z − z − 3 z = 0
 z = 1 ⇒ I ( 2;1;1)

Từ (*) ta có hệ phương trình: 
.
u
u
u
r

u
u
u
r
u
u
r
u
u
u
r
u
u
r
2
2
MA2 = MA = MI + IA = MI 2 + 2MI . IA + IA2
Khi đó:
.
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
r

u
u
u
r
u
u
r
2
2
MB 2 = MB = MI + IB = MI 2 + 2MI . IB + IB 2
.
u
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
r
u
u
u
r
u
u
r

2
2
3MC 2 = 3MC = 3 MI + IC = 3 MI 2 + 2 MI . IC + IC 2
.
2
2
2
2
2
2
2
S
=
MA
+
MB
+
3
MC
=
5
MI
+
IA
+
IB
+
3
IC
Do đó:

.

(

(

)

)

(

)

(

)

2
2
2
Do IA + IB + 3IC không đổi nên S đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất.
( P ) : 3x − 3 y − 2 z − 12 = 0 .
Tức là M là hình chiếu của I lên mặt phẳng
r
n = ( 3; − 3; − 2 )
Vectơ chỉ phương của IM là
.

Trang 20/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 20


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

 x = 2 + 3t

 y = 1 − 3t
 z = 1 − 2t


( t ∈¡ ) .
Phương trình tham số của IM là:
,
M ( 2 + 3t ;1 − 3t ;1 − 2t ) ∈ ( P )
( P) .
Gọi
là hình chiếu của I lên mặt phẳng
1
3 ( 2 + 3t ) − 3 ( 1 − 3t ) − 2 ( 1 − 2t ) − 12 = 0 ⇔ 22t − 11 = 0 ⇔ t =
2.
Khi đó:
7 1 
7 1
M  ; − ;0 ÷

a+b+c = − = 3
2
2
 . Vậy
2 2
Suy ra: 
.

A ( 0;0; 2 ) B ( 3; 4;1)
Câu 37: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm
,
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
AX + BY với X , Y là hai điểm thuộc mặt phẳng Oxy sao cho XY = 1 .
A. 1 + 2 5 .
B. 3 .
C. 5.
D. 2 + 17 .
Hướng dẫn giải
Chọn C

A′ ( 0; 0; −2 )

đối xứng với A qua mặt phẳng Oxy . Khi đó với mọi X ∈ Oxy thì AX = A′X .
 12 16 
B′  ; ;1÷
 5 5  thuộc mặt phẳng ( OAB ) và BB′ = 1 . Gọi H là hình chiếu của B trên mp
Gọi
Oxy .
Lấy

X
BB′X 0Y0
X Y =1
Kẻ B′A′ cắt OH tại 0 , dựng hình bình hành
thì 0 0
.
X 0 Y0
Dễ dàng chứng minh được với
,
dựng được như vậy thì với mọi X , Y ∈ Oxy ta luôn có
AX + BY = A′X + BY ≥ A′X 0 + BY0 = A′X 0 + B′X 0 = A′B ′ = 5
.
5
Vậy giá trị nhỏ nhất của AX + BY bằng .
 x = 1 + 2t

d : y = t
 z = −2 − t
A ( 2;1;1)
( P ) chứa

Câu 38: Trong không gian Oxyz , cho điểm
và đường thẳng
. Mặt phẳng
( P ) lớn nhất có phương trình là
đường thẳng d sao cho khoảng cách từ điểm A đến
A. 4 x − 7 y + z − 2 = 0 .
B. 4 x − 5 y + 3 z + 2 = 0 .
Trang 21/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 21


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A
C. x + y + 3 z + 5 = 0 .

Hình học tọa độ Oxyz

D. x + 2 y + 4 z + 7 = 0 .
Hướng dẫn giải

Chọn C

( P) .
Gọi H là hình chiếu của A trên d ; K là hình chiếu của A trên
d ( A; ( P ) ) = AK  ≤ AH
Ta có
(không đổi)
d ( A; ( P ) )
lớn nhất khi K  ≡ H .
H ( 1 + 2t ; t ; − 2 − t )
d
Vì H ∈
.
uuur nên
AH = ( 2t − 1; t − 1; − 3 − t )
Ta có
.

r
u = ( 2;1; −1)
d
Đường thẳng có vectơ chỉ phương
uuur r r
2 ( 2t − 1) + 1( t − 1) + ( 3 + t ) = 0 ⇔ t = 0
d
H
A
Vì
là hình chiếu củauuur trên nên AH .u = 0 ⇔
.
H = ( 1; 0; − 2 ) ⇒ AH = ( −1; − 1; − 3)
Vậy
.
( P ) qua H và vuông góc với AH nên ( P ) có phương trình x + y + 3z + 5 = 0 .
Mặt phẳng

A ( 1; − 2; 1) B ( 5; 0; − 1) C ( 3;1; 2 )
Câu 39: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm
,
,
và mặt phẳng
( Q ) : 3x + y − z + 3 = 0 . Gọi M ( a; b; c ) là điểm thuộc ( Q ) thỏa mãn MA2 + MB 2 + 2MC 2 nhỏ
nhất. Tính tổng a + b + 5c .
A. 9 .
B. 15 .
C. 14 .
D. 11 .
Hướng dẫn giải

Chọn A
uuu
r uuu
r uuur r
EA
+
EB
+ 2 EC = 0 ⇒ E ( 3;0;1) .
E
Gọi là điểm thỏa mãn
uuur 2 uuur 2
uuuu
r2
2
2
2
Ta có: S = MA + MB + 2 MC = MA + MB + 2 MC
uuur uuu
r 2 uuur uuu
r 2
uuur uuur 2
= ME + EA + ME + EB + 2 ME + EC = 4 ME 2 + EA2 + EB 2 + 2 EC 2
.

(

) (

)

(

)

2
2
2
Vì EA + EB + 2 EC không đổi nên S nhỏ nhất khi và chỉ khi ME nhỏ nhất.
⇒ M là hình chiếu vuông góc của E lên ( Q ) .

Trang 22/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 22


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Phương trình đường thẳng

 x = 3 + 3t

y = t

ME :  z = 1 − t

Hình học tọa độ Oxyz

.

 x = 3 + 3t
x = 0
y = t
 y = −1


⇔

z = 1− t
z = 2

t = −1
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình: 3x + y − z + 3 = 0
.
⇒ M ( 0; −1; 2 ) ⇒ a = 0 b = −1 c = 2
,
,
.
⇒ a + b + 5c = 0 − 1 + 5.2 = 9 .
Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 3x − 3 y + 2 z − 15 = 0 và ba điểm
2
2
2
A ( 1; 2;0 ) B ( 1; −1;3 ) C ( 1; −1; −1)
M ( x0 ; y0 ; z0 )
,
,
. Điểm
thuộc ( P ) sao cho 2MA − MB + MC

nhỏ nhất. Giá trị
A. 10 .

2 x0 + 3 y0 + z0

bằng
B. 11 .

C. 5 .
Hướng dẫn giải

D. 15 .

Chọn C

uur uur uur r
I ( 1; 2; −2 )
Xét điểm I thỏa 2 IA − IB + IC = 0 suy ra
.
uuu
r uu
r 2 uuu
r uur 2 uuu
r uur
−
MI
+
IB
+
MI

+ IC
2
2
2 = 2 MI + IA
2MA − MB + MC

(

) (

) (

)

2

= 2MI 2 + 2 IA2 − IB 2 + IC 2 .
2MA2 − MB 2 + MC 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I lên ( P ) .
 x0 = 1 + 3t
 x = 1 + 3t


 y = 2 − 3t
 y0 = 2 − 3t
 z = −2 + 2t
 z = −2 + 2t
Lúc đó, đường thẳng MI có phương trình 
suy ra  0
.
⇔

3
1
+
3
t
−
3
2
−
3
t
+
2
−
2
+
2
t
−
15
=
0
3 x − 3 y0 + 2 z0 − 15 = 0
(
) (
) (
)
⇔ t =1.
Mà 0
2 x0 + 3 y0 + z0 = 2 ( 1 + 3t ) + 3 ( 2 − 3t ) + ( −2 + 2t ) = 6 − t = 5

.
A ( 2; −3; 2 ) B ( 3;5; 4 )
Câu 41: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm
,
. Tìm toạ độ điểm M
2
2
trên trục Oz so cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất.
M ( 0; 0;3 )
M ( 0;0; 0 )
M ( 0;0; 49 )
M ( 0; 0;67 )
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Hướng dẫn giải
Chọn A
5

AB ⇒ I  ;1;3 ÷
2

.
Gọi I là trung điểm của
u

u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
uu
r 2 uuu
r uur 2
2
2
MA2 + MB 2 = MA + MB = MI + IA + MI + IB = 2MI 2 + IA2 + IB 2
Ta có:
.
2
2
2
2
IA + IB không đổi nên MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất khi MI đạt giá trị nhỏ nhất.
⇒ M là hình chiếu của I trên trục Oz .
⇒ M ( 0;0;3)
.
x y z
x +1 y z −1
d1 : = =

d2 :
= =
Oxyz
1 1 2 và
−2
1
1 . Điểm
Câu 42: Trong không gian
, cho hai đường thẳng
M ∈ d1
N ∈ d2
và
sao cho đoạn thẳng MN ngắn nhất:

(

) (

)

Trang 23/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 23


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A
 3 3 6 
 69 −17 18 

M ; ; ÷ N ;
; ÷
35
35
35 
35
35
35



A.
,
 3 3 6 
 69 17 18 
M ; ; ÷ N ; ; ÷
 35 35 35  ,  35 35 35 
C.

Hình học tọa độ Oxyz

 3 3 6   −1 −17 18 
M ; ; ÷ N ;
; ÷
35
35
35 
35
35
35




B.
,
3 3 6
 69 −17 18 
M ; ; ÷ N ;
; ÷
5
5
5
5
5
5



D.
,
Hướng dẫn giải

Chọn B

ur
u1 = ( 1;1; 2 )
O ( 0; 0; 0 )
+ Đường thẳng
có véc tơ chỉ phương là uu
và đi qua điểm

.
r
u = ( −2;1;1)
K ( −1; 0;1)
d
+ Đường thẳng 2 có véc tơ chỉ phương là 2
và đi qua điểm
.
ur uu
r uuur
u , u  .OK = 5
+ Vì  1 2 
nên hai đường thẳng đã cho có vị trí chéo nhau.
d
d
+ Suy ra MN ngắn nhất khi và chỉ khi MN là đoạn vuông góc chung của 1 và 2 .
M ( m; m; 2m ) , m ∈ ¡
N ( −1 − 2n; n;1 + n ) , n ∈ ¡
M ∈ d1
N ∈ d2
+ Vì uuuu
và
nên
.
r nên
MN = ( −2n − m − 1; n − m; n − 2m + 1)
Ta có:
. Từ yêu cầu của bài toán ta có hệ phương trình sau:
−17


n=

uuuu
r ur

35


 MN .u1 = 0
n − 6 m = −1

 3 3 6   −1 −17 18 
r uu
r
m = 3
 uuuu
M ; ; ÷ N ;
; ÷

MN
.
u
=
0

35 ⇒


2
 35 35 35  ,  35 35 35  .

⇔ 6n − m = −3 ⇔ 

d1

Câu 43: Trong không gian Oxyz cho điểm

A ( 2;5;3)

và đường thẳng

d:

x −1 y z − 2
= =
2
1
2 . Gọi ( P ) là mặt

( P ) lớn nhất. Khoảng cách từ điểm
phẳng chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ A đến
M ( 1; 2; −1)
( P ) bằng
đến mặt phẳng
11
7 2
11 2
A. 18 .
B. 6 .
C. 6 .
D. 3 2 .

Hướng dẫn giải
Chọn C

I ( 1 + 2t ; t ; 2 + 2t )

d
A
là hình
uu
r chiếu vuông góc của trên .
d có véctơ chỉ phương là ud = ( 2;1; 2 )
uur uu
r
AI
.
u
= 0 ( 2t − 1) 2 + ( t − 5 ) + ( 2t − 1) 2 = 0 ⇔ t = 1 suy ra I ( 3;1; 4 ) .
d
Ta có
Gọi

Trang 24/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 24


ST&BS: Th.S Đặng Việt Đông Trường THPT Nho Quan A

Hình học tọa độ Oxyz

( P ) là AH = d ( A, ( P ) ) ≤ AI suy ra khoảng cách từ A đến
Khoảng cách từ A đến mặt phẳng
uur
( P ) lớn nhất bằng AI . Khi đó mặt phẳng ( P ) qua I và nhận AI = ( 1; −4;1) làm véctơ pháp
( P) : x − 4 y + z − 3 = 0
tuyến. Phương trình mặt phẳng
1 − 8 −1 − 3

11 2
M ( 1; 2; −1)
( P ) là
6 .
1 + 16 + 1
Khoảng cách từ
đến mặt phẳng
A ( 1; 0;1) B ( 2;1; 2 ) D ( 2; −2; 2 )
Câu 44: Trong không gian Oxyz , cho hình hộp ABCD. A′B′C ′D′ biết
,
,
,
A′ ( 3;0; −1)
, điểm M thuộc cạnh DC . Giá trị nhỏ nhất của tổng các khoảng cách AM + MC ′ là
d ( M ,( P) ) =

A. 17 + 8 3

B. 17 + 6 2

C. 17
Hướng dẫn giải

=

D. 17 + 4 6

Chọn A

uuu
r
AB = ( 1;1;1)

uuur
uuur
AA′ = ( 2;0; −2 ) AD = ( 1; −2;1)
Ta có
;
;
.
uuur uuur uuur uuuu
r
⇒ C ′ ( 5; −1;1)
Theo quy tắc hình hộp ta có AB + AD + AA′ = AC ′
uuu
r .
D ( 2; −2; 2 )
AB = ( 1;1;1)
Phương trình đường thẳng DC đi qua
và nhận

làm véc tơ chỉ phương
x = 2 + t

 y = −2 + t
z = 2 + t
là 
.
M ( 2 + t ; −2 + t ; 2 + t ) ∈ DC
Gọi
.
Ta có
uuuu
r
uuuur
2
AM = ( t + 1; t − 2; t + 1) ⇒ MA = 3t 2 + 6 C ′M = ( t − 3; t − 1; t + 1) ⇒ MC ′ = 3 ( t − 1) + 8
,
.
r
r
u = 3t ; 6 v = 3 − 3t; 2 2
Xét vectơ
,
.
2
2
r r r r
AM + MC ′ ≥
3 + 6 + 8 ⇔ AM + MC ′ ≥ 17 + 8 3
u + v ≥ u+v

Do
nên
.

(

)

(

)

( ) (

)

3t
6
t
3
=
3 ( 1− t ) 2 3 ⇔ 1− t = 2 ⇔ t = 2 3 − 3
.

Dấu " = " xảy ra khi
⇒ M 2 3 − 1;1 − 2 3; 2 3 − 1

(

).

Trang 25/47 - Mã đề thi 100

ĐT: 0978064165 - Email:
Facebook: />
Trang 25