Dang 1. Tìm tọa độ điểm, véc-tơ liên quan đến hệ trục Oxyz(VDT

Câu 1.

A 1;0; 2 
[2H3-1.1-3] (Văn Giang Hưng Yên) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 
,
B  3;1; 4  C  3; 2;1
ABC 
,
. Tìm tọa độ điểm S , biết SA vng góc với 
, mặt cầu ngoại tiếp
3 11
tứ diện S . ABC có bán kính bằng 2 và S có cao độ âm.

A.

S  4;6; 4

.

B.

S  4; 6; 4 

.

C.

S  4;6; 4 

.

D.

S  4; 6; 4 

.

Lời giải
Tác giả: Thành Lê; Fb: Thành Lê.
Chọn A.

uuu
r uuur
uuu
r
uuur
�
AB
AB   2;1; 2  AC   2; 2; 1 � �
� , AC �  3;6; 6  .
Ta có
,
Do SA vng góc với (ABC) nên một VTCP của đường thẳng SA được chọn là
r
uuur uuur
u�
AB; AC �
�
�  3;6; 6  .
Đường thẳng SA qua

A  1; 0; 2 

và có VTCP

r
u   3;6; 6 

nên có phương trình tham số là:

�x  1  3t
�
�y  6t  t ��
�z  2  6t
�

.
uuu
r uuur
Do AB. AC  4  2  2  0 � AB  AC � ABC vuông tại A .
Gọi M là trung điểm BC , khi đó M là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC . Gọi d là
d   ABC 
đường thẳng qua M và song song với SA nên
, suy ra d là trục đường tròn ngoại
tiếp ABC .

 SAM 

vẽ đường trung trực của SA cắt d tại I và cắt SA tại N .
r
uuu

r uuur
�
n�
AB
ABC 

� ; AC �  3;6; 6  nên có phương trình tổng
Mặt phẳng
qua A và có một VTPT
qt là:
Trong mặt phẳng

3  x  1  6 y  6  z  2   0 � x  2 y  2 z  3  0


uuur
BC   0; 3; 3 � BC  18 � BC 2  18

Ta có

R 2  IA2  AM 2 �

.

99
1
9
 IM 2  BC 2 � IM 
4
4

2.

S  1  3t ; 6t ; 2  6t 
Do S �SA nên
, mà SA  2 IM � SA  9

� d  S ,  ABC    9 �

1  3t  12t  2  2  6t   3

9

12   2   2 2
2

t  1 � S  4;6; 4 
�
� 27t  27 � �
t  1 � S  2; 6;8 
S  4;6; 4 
�
, mà cao độ của S âm nên
thỏa yêu cầu bài
toán.
Câu 2.

[2H3-1.1-3] (KIM LIÊN HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 03) Trong không gian Oxyz , cho
A  3;1; 2  B  1;3; 2  C  6;3;6 
hình thang cân ABCD có các đáy lần lượt là AB, CD . Biết
,

,

D  a; b; c 
và
với a; b; c ��. Tính T  a  b  c .
A. T  3 .
B. T  1 .
C. T  3 .
Lời giải

D. T  1 .

Tác giả: Trần kim Nhung; Fb: Nhung Trần thị Kim
Chọn A
Cách 1: Ta có

uuu
r
uuur
AB   4; 2; 4  ; CD   a  6; b  3; c  6 

a 6 b3 c6
uuur
uuu
r
k
��
 hay 2  1  2
Do ABCD là hình thang cân nên CD  k AB 

� a
b
�
�� 2
� a
�
D
a; ;  a �
�
�
c


a
�.
�
. Vậy � 2
2

2
�a
�
�  9   2  8   a  1  �  3 �  a  2 
2
2
�2
�
Lại có AC  BD � AC  BD
a6
�

� a 2  4a  60  0 � �
a  10
�
2

a  10 � D  10;5;10 

Với
cân).
Với

a  6 � D  6; 3; 6 

2

2

2

uuu
r uuur
AB
 CD (Không thỏa mãn ABCD là hình thang
. Kiểm tra thấy:
uuu
r uuur

3 .AB  CD
. Kiểm tra thấy:  

Do đó, T  a  b  c  6  3  6  3 .
Cách 2 ( Hồng Minh Trần)
uuu
r
uuur
AB   4; 2; 4  ; CD   a  6; b  3; c  6 
Ta có

( thỏa mãn).


a6 b3 c6
uuu
r uuur


0
1
2
Do ABCD là hình thang cân nên AB; CD ngược hướng hay 2

� a
b
�
2
�
��
c  a
�a  6
� a

�
�
D�
a; ;  a �
�
�với a  6 .
. Vậy � 2
2

2
�a
�
�  9   2  8   a  1  �  3 �  a  2 
2
2
�2
�
Lại có AC  BD � AC  BD
a6
�
� a 2  4a  60  0 � �
a  10( L )
�
2

Với

a  6 � D  6; 3; 6 

2

2

2

.

Do đó, T  a  b  c  6  3  6  3 .
Cách 3 ( Hà Trần)
+ Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB ( cũng là mp trung trực của đoạn
thẳng CD )
AB , suy ra mp    đi qua trung điểm
r 1 uuur
n
 AB   2;1; 2 
I  1; 2; 0 
2
của đoạn thẳng AB và có một vectơ pháp tuyến là
, suy ra

 : 2 x  y  2z  0
phương trình của mp   là :  
.
+ Gọi mp

   là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng

   nên
+ Vì C , D đối xứng nhau qua mp
D  6;  3;  6  � a  6; b  3; c  6 � T  a  b  c  3

M�
 x1; y1 ; z1  là điểm đối xứng của điểm
Công thức trắc nghiệm: Xác định toạ độ điểm
M  x0 ; y0 ; z0 
   : ax  by  cz  d  0  a 2  b 2  c 2 �0 
qua mp
�x1  x0  2ak
�
�y1  y0  2bk  k �� ,
�z  z  2ck
0
�1
Câu 3.

k 

ax0  by0  cz 0  d
a 2  b2  c 2
.

A  1; 2;5
[2H3-1.1-3] (Nguyễn Khuyến)Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC với
,
B  3; 4;1

mp  Oxz 
A. 2 .

,

C  2;3; 3

. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và M là điểm thay đổi trên

. Độ dài GM ngắn nhất bằng
B. 3 .

C. 4 .
Lời giải

D. 1 .
Tác giả: Ngô Trang; Fb: Trang Ngô

Chọn B


� G  2;3;1
Do G là trọng tâm tam giác ABC
.

 Oxz  , khi đó GH là khoảng cách từ
Gọi H là hình chiếu vng góc của G trên mặt phẳng
G đến mặt phẳng  Oxz  , ta có: GH  d  G,  Oxz    3

Với M là điểm thay đổi trên mặt phẳng
M �H .
Vậy độ dài GM ngắn nhất bằng 3 .
Câu 4.

 Oxz  , ta có GM �GH  3 , do đó GM

ngắn nhất �

[2H3-1.1-3] (THPT-n-Khánh-Ninh-Bình-lần-4-2018-2019-Thi-tháng-4)Trong khơng gian
Oxyz cho các điểm A  5;1;5  , B  4;3; 2  , C  3;  2;1 . Điểm I  a ; b ; c  là tâm đường trịn
ngoại tiếp tam giác ABC . Tính a  2b  c ?
A. 1 .
B. 3 .

D. 9 .

C. 6 .
Lời giải

Tác giả: Đỗ Hoàng Tú; Fb: Đỗ Hoàng Tú
Chọn B
Cách 1:
uuu
r
uuur
AB   1; 2;  3 AC   8;  3;  4 
,
.
� �9
7�
�M �2 ; 2; 2 �
� �
�
�
1 �

�N �
1;  ;3 �
�
�
Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB , AC � � � 2 �.
r
uuur uuur
r
�
n

AB, AC �
ABC


�
�  17; 20;19  .
�
Gọi n là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng

 ABC  : 17 x  20 y  19 z  30  0 .

uuur uuu
r
�IM  AB
�
�uur uuur
�IN  AC
�I � ABC
�

� 
ABC
�
I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

�
�9
�
�7
�
.  1   2  b  .2  �  c �
.  3   0
�  a�
�
2
2
�
�
�
�
�
�
1
�
  b�
.  3   3  c  .  4   0
 1  a  .  8   �
�
�
2

�
�
�
�
17a  20b  19c  30  0
�
� �
�

�a  2b  3c  11
�
37
�
8a  3b  4c 
�
2
�
�
�17a  20b  19c  30 �

a 1
�
�
1
�
b
�
2
�
c3

�
�
.

� 1�
a  2b  c  1  2. �
 � 3  3
� 2�
Vậy
.
Cách 2:
uuu
r
uuur
uuu
r uuur
AB   1; 2;  3
BC   7;  5;  1 � AB.BC  0 �  ABC
Ta có
và
vng tại B .
Vì I là tâm đường trịn ngoại tiếp  ABC nên I là trung điểm của AC .


� 1 �
�1�
I�
1;  ;3 �� a  2b  c  1  2. �
 � 3  3
� 2�

Vậy � 2 �
.
Câu 5.

[2H3-1.1-3] (KINH
MÔN HẢI DƯƠNG 2019) Trong không gian với hệ tọa Oxyz , cho vectơ
r
r
r
r
a   1; 2; 4  b   x0 ; y0 ; z0 
,
cùng phương với vectơ a . Biết vectơ b tạo với tia Oy một góc
r
b  21
nhọn và
. Giá trị của tổng x0  y0  z0 bằng
A. 3 .

B. 6 .

C. 6 .
D. 3 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thu Dung; Fb: Dung Nguyễn

Chọn A
�x0  k
�
� �y0  2k

r
r
r r
�z  4k
b  k .a  k �0 
�0
Do a, b cùng phương và nên ta có
.
� 1
�x0  3  x0  y0  z0 
�
2
�
� �y0    x0  y0  z0 
3
�
4
�
x0 y0 z0 x0  y0  z0

 
�z0  3  x0  y0  z0 
�
1

2
4
3
Suy ra
.

r
rr
r
j   0;1;0 
y 0
Oy
b
.
j

0
Theo giả thiết vectơ b tạo với tia
một góc nhọn nên
với
, do đó 0
.
y0 x0  y0  z0

x  y0  z 0  0
3
Mà 2
nên 0
.

r
b  21

Lại có
, suy ra
Vậy x0  y0  z0  3 .

Câu 6.

x02  y02  z02 

21
2
2
 x0  y0  z0 
9
 21 �  x0  y0  z0   9 .

A  4; 2; 6 
[2H3-1.1-3] (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Trong không gian Oxyz cho
,
uuur uuur
B  2; 4; 2  M �   : x  2 y  3 z  7  0
,
sao cho MA.MB nhỏ nhất. Tọa độ của M bằng
�29 58 5 �
�37 56 68 �
; �
� ; ; �
� ;
4;3;1
1;3;
4





A. �13 13 13 �.
B.
.
C.
.
D. �3 3 3 �.
Lời giải
Tác giả: Đào Văn Tiến; Fb: Đào Văn Tiến
Chọn B

AB � I  3;1; 4 
  .
Gọi I là trung điểm
. Gọi H là hình chiếu của I xuống mặt phẳng


Ta có

uuur uuur uuu
r uu
r uuu
r uur
uuu
r uu
r uur
MA.MB  MI  IA . MI  IB  MI 2  MI . IA  IB  IA2  MI 2  IA2











uuur uuur
MI
Do IA không đổi nên MA.MB nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất  �

IH

M

.

H.

   . Khi đó  nhận
Gọi  là đường thẳng đi qua I và vng góc với mặt phẳng
�x  3  t
�
�y  1  2t
uuur
�z  4  3t
n     1; 2; 3 
làm vectơ chỉ phương. Do đó  có phương trình �
.
H � � H  3  t ;1  2t ; 4  3t 

.

H �   �  3  t   2  1  2t   3  4  3t   7  0 � t  1 � H  4;3;1
Vậy
Câu 7.

M  4;3;1

.

.

[2H3-1.1-3] (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình
A  1; 2;1 , B  2;0; 1 , C  6;1;0 
thang ABCD có hai đáy AB, CD ; có tọa độ ba đỉnh
. Biết
D  a; b; c 
hình thang có diện tích bằng 6 2 . Giả sử đỉnh
, tìm mệnh đề đúng?
A. a  b  c  6 .
B. a  b  c  5 .
C. a  b  c  8 .
D. a  b  c  7 .
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Thành Đô ; Fb: Thành Đô Nguyễn
Chọn C

Cách
uuu

r 1:
uuur
uuur
AB   1; 2; 2  ; AC   5; 1; 1 ; DC   6  a;1  b;  c  .
Ta có

S ABC 

1
2

uuu
r uuur
9 2
9 2 3 2
�
�
AB
� , AC � 2 � S ACD  6 2  2  2 .

uuur
uuur
AB // CD nên AB và DC cùng phương, cùng chiều
uuur uuur
�
AC , AD �
�
�  0;9a  54;54  9a  .

c  12  2a

�
�
b  13  2a
�
6  a 1 b c
�
�

 0��
a6
1
2 2
�
b 1
�
c0
�
�

� 19
a
u
u
u
r
u
u
u
r
�

3 2
1�
3 2
3
�
S ACD 
� �
AC , AD �
� 54  9a  3 � �
.
17
2
2
2
�
a
�
� 3
17
a
� a  b  c  8.
3
So với điều kiện suy ra:
Cách 2:


Ta có

AB  3; h  d  C , AB  

162
.
3

h
162
 AB  CD  � 6 2 
 3  CD  � CD  1.
2
6
uuu
r
uuur
17 5 2 �
�
AB  3DC � D � ; ; �� a  b  c  8.
�3 3 3 �
Suy ra

S ABCD 

Câu 8.

[2H3-1.1-3] (Yên Phong 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng
x y 1 z  2
   : x  y  z  3  0 và đường thẳng d : 1  2  1 . Gọi  là hình chiếu vng góc của
r

u
  1; a; b 



d trên
và
là một vectơ chỉ phương của  với a, b ��. Tính tổng a  b .
A. 0 .
B. 1 .
C. 1 .
D. 2 .
Lời giải
Tác giả: Phan Thị Tuyết Nhung ; Fb: Phan Thị Tuyết Nhung
Chọn C

d
A

I



H



Cách 1.

uur

   nhận vectơ n   1;1;1 là vectơ pháp tuyến, đường thẳng d đi qua điểm
Ta có mặt phẳng

uu
r
A   0;  1; 2 
ud   1; 2;  1
và nhận
là vectơ chỉ phương.
   mặt phẳng chứa đường thẳng d và vng góc với mặt phẳng    .
Gọi uur là u
ur uu
r
n  n �ud   3; 2;1
Ta có
.
   và    . Do đó một vectơ chỉ
Khi đó đường thẳng  là giaouurtuyến
uur của
uur hai mặt phẳng
u  n �n   1;  4;5 
phương
của đường thẳng  là 
.
r
u   1; a; b 
Mà
nên a  4 , b  5 . Vậy a  b  1 .
Cách 2.

   là I   1;1;1 . Trên
Dễ dàng tính được tọa độ giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng
A   0;  1; 2 

đường thẳng lấy điểm
và gọi H là hình chiếu vng góc của A trên mặt phẳng
�x  0  t
�
�y  1  t
   . Phương trình đường thẳng đi qua A và H có dạng: �
�z  2  t .
�x  0  t
�y  1  t
�
�
�2 1 8 �
�z  2  t
2
H�; ; �
t

�
3 . Vậy �3 3 3 �.
Tọa độ của là H nghiệm của hệ �x  y  z  3  0 �


uuu
r �1 4 5 �
IH  � ; ; �
�3 3 3 �là vectơ chỉ phương
I và H nhận vectơ
Đường thẳng  đi qua
uu
r hai điểm

u   1; 4;  5 
nên cũng nhận vectơ 
là vectơ chỉ phương. Vậy a  b  1 .

Câu 9.

[2H3-1.1-3] (KIM LIÊN HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 03) Trong không gian Oxyz , cho
�
B C có A 3 ;  1;1 , hai đỉnh B , C thuộc trục Oz và
hình lăng trụ tam giác đều ABC. A���
r
u
AA�
 1 ( C không trùng với O ). Biết véctơ   a ; b ; 2  với a , b �� là một véctơ chỉ phương
C . Tính T  a 2  b 2 .
của đường thẳng A�
A. T  5 .
B. T  16 .
C. T  4 .
D. T  9 .
Lời giải





Tác giả: Ngô Trang; Fb: Trang Ngô
Chọn B

Gọi M là trung điểm BC .

�AM  BC
�
�
M tại M � M là hình chiếu của A�trên trục Oz
Khi đó có �AA  BC � BC  A�
(vì đường thẳng BC chính là trục Oz )





A� 3 ;  1;1 � M  0;0;1

M 2.
và A�

M  AA�  3 . Mà tam giác ABC đều nên
Ta có: AM  A�
� MC  1 .
2

2

AM 

3
BC  3
� BC  2
2

C  0;0; c  c �0
Vì C thuộc trục Oz và C không trùng với O nên gọi
,
.
uuuu
r
MC   0;0; c  1 � MC  c  1
c  0 (L)
�
��
MC  1 � c  1  1
� c  2 � C  0; 0; 2  .
uuuu
r
A�
C   3 ;1;1
C
là một véctơ chỉ phương của đường thẳng A�
r
u
 2 3 ; 2; 2
�
C.
cũng là một véctơ chỉ phương của đường thẳng A�










2
2
Vậy a  2 3; b  2 � T  a  b  16.

�8 4 8 �
B�; ; �
Câu 10. [2H3-1.1-3] (Sở Phú Thọ) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1; 2; 2) và �3 3 3 �.
Biết I (a; b; c) là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác OAB . Giá trị của a  b  c bằng
A. 1.
B. 3.
C. 2.
D. 0.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Nguyệt Cầm; Fb: Nguyet Cam Nguyen
Chọn D
Tính được OA  3 ; OB  4 ; AB  5 .
��8
�
3 �  x � 4  1  x   5   x   0
�
3
�
��
��4
�

3 �  y � 4  2  y   5   y   0
�
�x  1
�
��3
�
��8
� �y  1
�
3 �  z � 4  2  z   5   z   0
uur
uu
r
uur r
�
�z  0
�3
�
�
OA
.
IB

OB
.
IA

AB
.
IO


0
�
�
Ta có:
.
Vậy, I (1;1;0) , suy ra a  b  c  0 .
11 4 8 �
�
C� ; ; �
B  2; 2; 2 
Câu 11. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1;0;0) ,
, �3 3 3 �. Bán kính đường
trịn nội tiếp tam giác ABC thuộc nửa khoảng
� 1�
�1 �
� 3�
�3 �
0; �
1; �
�
� ;1�
�
� ; 2�
2
2
2
�
�
�

�
�
�
A.
.
B.
.
C.
.
D. �2 �.
�5 4 8 �
C�; ; �
B  0; 2; 2 
Câu 12.
Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1; 0;0) ,
, �3 3 3 �. Độ dài đường
phân giác trong đỉnh A của tam giác ABC là
12 2
12 3
13 2
13 3
A. 7 .
B. 7 .
C. 7 .
D. 7 .
Câu 13. [2H3-1.1-3] (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị Lần 1) Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng
 P  : x  y  2  0 và hai điểm A  1; 2;3 , B  1;0;1 . Điểm C  a; b;  2  � P  sao cho tam giác
ABC có diện tích nhỏ nhất. Tính a  b
A. 0.
B. 3 .

C. 1.
D. 2.
Lời giải
Tác giả:Phạm Thị Phương Thúy; Fb:thuypham
Chọn A
C  a; b;  2  � P  � a  b  2  0 � b  a  2 � C  a; a  2;  2 
.
uuur uuur
uuu
r
uuur
AB, AC �
AB   0;  2;  2  AC   a  1; a ;  5  � �
�
�  10  2a ;  2a  2; 2a  2  .
,


SABC

r uuur
1 uuu
 �
AB
, AC �
�
2�

 2a  10 

2

 2  2a  2 
2

2



12a 2  24a  108
 3 a 2  2a  9
2





 3  a  1  24 �2 6
với a .
2

C  1;1; 2  � a  b  0
Do đó min S ABC  2 6 khi a  1 . Khi đó ta có
.
Câu 14. [2H3-1.1-3] (CHUYÊN SƯ PHẠM HÀ NỘI LẦN 4 NĂM 2019) Trong không gian tọa độ
Oxyz , cho hai điểm A(1;0;0) , B(5;6;0) và M là điểm thay đổi trên mặt cầu
 S  : x 2  y 2  z 2  1 . Tập hợp các điểm M trên mặt cầu  S  thỏa mãn 3MA2  MB 2  48 có
bao nhiêu phần tử?
A. 0 .
B. 1 .

C. 2 .
D. 3 .
Lời giải
Tác giả: Đàm Văn Thượng; Fb: Thượng Đàm
Chọn B
Cách 1:
+) Mặt cầu

 S  : x 2  y 2  z 2  1 có tâm O  0;0;0  , bán kính

R 1.

uu
r uur r
I  x; y; z 
3IA  IB  0 .
Ta
tìm
điểm
thỏa
mãn
+)
uu
r
uur
IA   1  x ;  y ;  z  IB   5  x ; 6  y ;  z 
+) Có
,
.

�
3 1 x   5  x  0
�
��
3  y   6  y  0
�
uur uur r
3 z   z  0
�
+) 3IA  IB  0
�x  2
� 3
4 x  8  0
�
�
�
� �y 
��
4 y  6  0
3 �
13
3 13
� 2 � I�
2; ; 0 �
IA 
IB 
�
�
z


0

4
z

0
�
2
�
�
�
�. Suy ra
2 ,
2 .
uuu
r uu
r 2 uuu
r uur 2
uuur 2 uuur 2
� 3 MI  IA  MI  IB  48
2
2
3MA  MB  48 � 3MA  MB  48
+) Do đó



 



uuu
r uu
r uur
3
� 4 MI 2  3IA2  IB 2  2 MI 3IA  IB  48 � 4 MI 2  3IA2  IB 2  48 � MI 
2.





5
2 nên điểm I nằm ngoài mặt cầu  S  . Ta có OI  R  MI  OM  MI , suy ra có
Ta thấy
một điểm M thuộc đoạn OI thỏa mãn đề bài (điểm M là giao điểm của đoạn thẳng OI và
 S  ).
mặt cầu
OI 

Cách 2: Nguyen Trang
Gọi

M  x0 ; y0 ; z0 

thuộc mặt cầu

2
2
Ta có: 3MA  MB  48

 S

2
2
và thỏa mãn 3MA  MB  48 .

2
2
2
� 3�
�
 48
 x0  1  y02  z02 �
 x0  5   y0  6   z02 �
�
��
�


� 4 x02  4 y02  4 z02  16 x0  12 y0  16  0 � x02  y02  z02  4 x0  3 y0  4  0

Suy ra M thuộc mặt cầu

 S�


.

� 3 �

3
I�
R�

�2; ; 0 �
2.
tâm � 2 �, bán kính

 S  tâm O  0; 0;0  , bán kính R  1 .
Mặt khác M thuộc mặt cầu
OI �


5
 R  R�
 tiếp xúc ngoài nhau tại M
� mặt cầu  S  và  S �
2

Ta thấy:
� Có duy nhất một điểm M thỏa mãn đề bài.

uuu
r r r
r
B  2; 2;1
Oxyz
OA

i


j

3
k
Câu 15. [2H3-1.1-3] (Nguyễn Khuyến)Trong khơng gian
, cho
,
. Tìm
2
2
M
tọa độ điểm
thuộc trục tung sao cho MA  MB nhỏ nhất.
� 3 �
M �0; ;0 �
M  0; 2;0 
M  0; 3;0 
M  0; 4;0 
A.
.
B. � 2 �.
C.
.
D.
.

Lời giải
Tác giả:Trần kim Nhung ; Fb: Nhung trần thi kim
Chọn B

M  0; y ; 0 
MA2  MB 2  2 y 2  6 y  20  f  y 
Cách 1: Do M �Oy nên
. Tính
.

Do đó

f  y

nhỏ nhất

� y

� 3 �
3
M�
0; ;0 �
� 2 �.
2 . Vậy

�3 3
�
I  � ; ;  1�
A  1;1; 3
�2 2
�.
Cách 2: Ta có:
. Gọi I là trung điểm của AB . Suy ra

uuu
r uu
r 2 uuu
r uur
uuur 2 uuur 2  MI  IA  MI  IB
Khi đó: MA  MB  MA  MB
2



2

uuu
r 2 uur2 uur2 uuu
r uur uur
 2MI  IA  IB  2MI . IA  IB



  2MI

 

2



2

2

 IA2  IB 2  2MI  9 .

2
2
Do đó MA  MB đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI có độ dài ngắn nhất, điều này xảy ra
khi và chỉ khi M là hình chiếu vng góc của I trên trục tung.

Phương trình mặt phẳng

 P

đi qua I và vng góc với trục tung là

� 3� � 3�
3
0. �x  � 1. �y  � 0.  z  1  0
P : y   0

� 2� � 2�
2
hay
.

�x  0
�
�y  t
�z  0
Phương trình tham số của trục tung là �
.

 x ; y ; z  của hệ phương trình:
Tọa độ điểm M cần tìm là nghiệm


�x  0
�y  t
�x  0
�
�
� 3
�
�z  0
� �y 
�
2
� 3 �
�y  3  0 �
M �0; ;0 �
�
� 2
�z  0 . Vậy � 2 �.