Dang 4. Các bài toán cực trị(VDC)

Câu 1.

r
a   1;  1;0 
Oxyz
[2H3-1.4-4] (ĐH Vinh Lần 1) Trong không gian
, cho
và hai điểm
A  4;7;3 B  4;4;5
 Oxy  sao cho
,
. Giả sử M , N là hai điểm thay đổi trong mặt phẳng
uuuu
r
r
MN cùng hướng với a và MN  5 2 . Giá trị lớn nhất của AM  BN bằng

A. 17

.

B.

C. 7 2  3
Lời giải

77 .

.

D.

82  5

.

Tác giả: Nguyễn Trung Thành; Fb: Thanh Nguyen.
Chọn A
uuuu
r

r

uuuu
r

r

Vì MN cùng hướng với a nên t  0 : MN  ta .
r
uuuu
r
MN  5 2 � t. a  5 2 � t  5
MN   5;  5;0 
Hơn nữa,
. Suy ra
.

45
1
�x�

�x�
�
�
� �y�
 7  5 � �y �
2
uuur uuuu
r
�
�
A�
; y��
;z 
3 0
 3 � A�
 x�
 1;2;3 .
�z�
�z �
 MN
Gọi
là điểm sao cho AA�

 Oxy  vì chúng đều có cao độ
Dễ thấy các điểm A�
, B đều nằm cùng phía so với mặt phẳng
dương. Hơn nữa vì cao độ của chúng khác nhau nên đường thẳng A ' B luôn cắt mặt phẳng

 Oxy 

tại một điểm cố định.

uuur

uuuu
r

 MN suy ra AM  A�
N nên AM  BN  A ' N  BN �A ' B dấu bằng xảy ra khi N
Từ AA�

 Oxy  .
là giao điểm của đường thẳng A ' B với mặt phẳng
Do đó

max AM  BN  A ' B 

N  A�
B � Oxy 

 4  1

2

  4  2    5  3  17
2

2

, đạt được khi

.

Nhận xét
Ý tưởng ra đề
Từ bất đẳng thức véc tơ
r
r
r r
r
r
| u |  | v | �u  v .
a)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi hai véc tơ u và v cùng chiều.
r r r r
r
r
| u  v �u  u .
b)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi hai véc tơ u và v cùng chiều.
r r r r
r
r
| u  v �u  u .
u
v
c)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi hai véc tơ và ngược chiều.
Tác giả: Nguyễn Văn Hải, FB: />Bài trên xuất phát từ bất đẳng thức trên ta có bài tốn gốc sau
Câu 2.

2
2
2
[2H3-1.4-4] (ĐH Vinh Lần 1) Cho mặt cầu ( S ) : ( x  1)  ( y  4)  z  8 và hai điểm
A(3;0;0), B(4; 2;1) . Gọi M là điểm thuộc mặt mặt cầu ( S ). Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức

MA  2MB.
A. 6.

B. 2 6.

C. 6 2.

D. 3 2.


Lời giải
Chọn C
Ý tưởng
Tìm điểm B ' cố định sao cho MA  2MB ' rồi áp dụng bất đẳng thức

r r r r
| u  v �u  u .

2
2
2
2
2

2
Cách 1: Gọi M (a; b; c) �( S ), ta có ( a  1)  (b  4)  c  8 � a  b  c  2a  8b  9
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Do đó MA  (a  3)  b  c  4(a  b  c )  3(a  b  c )  6a  9

2 a 2  b 2  c 2  6b  9  2 a 2  (b  3) 2  c 2  2 MB '

với B '(0;3; 0).

Dễ thấy B ' nằm trong mặt cầu, B nằm ngoài mặt cầu nên MA  2MB  2(MB ' MB ) nhỏ nhất
khi B ', M , B thẳng hàng.
Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA  2 MB là 2 BB '  6 2.
Cách 2:

Ta có IA  4 2, với I là tâm mặt cầu.
Gọi E (1; 2;0), B '(0;3;0) lần lượt là trung điểm của IA và IE.
+ M là điểm nằm trên đường thẳng IA ta có

MB ' 

1
MA.

2

MB ' IM 1


IA 2 ,
+ M là điểm không nằm trên đường thẳng IA ta có IMB ' : IAM nên MA
ta có

MB ' 

1
MA.
2

Dễ thấy B ' nằm trong mặt cầu, B nằm ngoài mặt cầu nên MA  2MB  2(MB ' MB ) nhỏ nhất
khi B ', M , B thẳng hàng. M �M 0


Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA  2 MB là 2 BB '  6 2.
Câu 3.

[2H3-1.4-4] (Lý Nhân Tông) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho
A  a;0;0  , B  0; b; 0  , C  0; 0; c 
A, B, C với a, b, c  0 sao cho . Giá trị lớn nhất của VO.ABC bằng
1
1
1
1
.

.
.
.
A. 108
B. 486
C. 54
D. 162
Lời giải
Chọn D
2
2
2
2
2
2
Ta có OA  a, OB  b; OC  c; AB  a  b , BC  b  c , CA  c  a .
1
1
VOABC  OA.OB.OC  a.b.c.
6
6

OA  OB  OC  AB  BC  CA  1  2 � a  b  c  a 2  b 2  b 2  c 2  c 2  a 2  1  2.
3
Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có: a  b  c �3 abc ,

a 2  b 2  b 2  c 2  c 2  a 2 �3 6  a 2  b 2   b 2  c 2   c 2  a 2  �3 6 2ab.2bc.2ac  3 2. 3 abc .
2
2
2

2
2
2
3
3
Suy ra a  b  c  a  b  b  c  c  a �3 abc  3 2. abc



+
�1�+2 3 3 abc 1

2



3

abc

1
3

abc

1
27

1
1

abc
6
162

VOABC

1
.
162

�
a  0; b  0; c  0
�
��
abc
1
�
�
a

b

c

.
2
2
2
2
2

2
a  b  c  a  b  b  c  c  a  1 2
�
3
Dấu bằng xảy ra
Vậy giá trị lớn nhất của
Câu 4.

VOABC

1
.
bằng 162

A  1; 1; 2  B  2; 0;3 C  0;1; 2 
[2H3-1.4-4] (Đồn Thượng) Trong khơng gian Oxyz , cho
,
,
M  a; b; c 
 Oxy  sao cho biểu thức
. Gọi
là
điểm
thuộc
mặt
phẳng
uuur uuur uuur uuuu
r uuuu
r uuur
S  MA.MB  2MB.MC  3MC.MA đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó T  12a  12b  c có giá trị là

A. T  3 .
B. T  3 .
C. T  1 .
D. T  1 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Mộng; Fb:Nguyễn Văn Mộng
Chọn D
M  a; b; c  � Oxy 
M  a; b;0 
Ta có
nên c  0 . Do đó
.
uuur
uuur
uuuu
r
MA   1  a; 1  b; 2  MB   2  a; b;3 MC   a;1  b; 2 
,
,
uuur uuur
MA.MB   1  a   2  a    1  b   b   6  a 2  a  b 2  b  4
uuur uuuu
r
MB.MC   2  a    a    b   1  b   6  a 2  2a  b 2  b  6
uuuu
r uuur
MC.MA   a   1  a    1  b   1  b   4  a 2  a  b 2  5
Suy ra
S  a 2  a  b 2  b  4  2  a 2  2a  b 2  b  6   3  a 2  a  b 2  5   6a 2  2a  6b 2  b  23

2

2

557
� 1 � � 1 � 557
S  6�
a  � 6 �
b  �
�
24 .
� 6 � � 12 � 24

557
1
1
a
b
6 và
12
Do đó S đạt giá trị nhỏ nhất là 24 khi
1
� 1�
T  12a  12b  c  12. �
 � 12.  0  1
� 6 � 12
Khi đó
.


Câu 5.

M  a; b; c 
[2H3-1.4-4] (Ngơ Quyền Hà Nội) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi điểm
(
2
2
2
 S  : x  y  z  2 x  4 y  4 z  7  0 sao cho biểu thức
với a, b, c tối giản) thuộc mặt cầu
T  2a  3b  6c đạt giá trị lớn nhất. Khi đó giá trị biểu thức P  2a  b  c bằng
12
51
A. 7 .
B. 8 .
C. 6 .
D. 7 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Điệp ; Fb: Nguyễn Văn Điệp
Chọn C
2
2
2
S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  4 z  7  0 �  x  1   y  2    z  2   16

Ta có
.
2
2

2
M � S  �  a  1   b  2    c  2   16  *
Vì điểm
.
T  2a  3b  6c  2  a  1  3  b  2   6  c  2   20
Xét
�  22  32  62 

  a  1

Dấu bằng xảy ra khi
được:

  b  2    c  3
2

2

  20  7.4  20  48 .

a  1  2t
�
a 1 b  2 c  2
�


t 0��
b  2  3t
2
3

6
�
c  2  6t
�

4t 2  9t 2  36t 2  16 � t 

P  2a  b  c  2.
Câu 6.

2

, thay vào phương trình

 *

ta

15 26 38 �
�
4
M� ; ; �
�7 7 7 �và
7 . Do đó

15 26 38
 
6
7 7
7

.

[2H3-1.4-4] (KSCL-Lần-2-2019-THPT-Nguyễn-Đức-Cảnh-Thái-Bình) Trong khơng gian
Oxyz cho hai điểm A(2; 3; 2) , B (2;1; 4) và mặt cầu ( S ) : ( x  1) 2  y 2  ( z  4) 2  12 . Điểm
uuur uuur
M (a ; b ; c) thuộc mặt cầu ( S ) sao cho MA.MB nhỏ nhất, tính a  b  c .
7
A. 3 .
B.  4 .
C. 1 .
D. 4 .
Lờigiải
Tác giả:
Chọn C
2
2
2
Mặt cầu ( S ) : ( x  1)  y  ( z  4)  12 có tâm I ( 1;0;4) , bán kính R  12 .

Gọi C (0; 1;3) là trung điểm của AB .
uuur uuur uu
r uuur uur uuur
uu
r uur uuur2 uuur uu
r uur
u
r uur
uuur uur
MA.MB  IA  IM IB  IM  IA.IB  IM  IM IA  IB  u
2

IA
.
IB

R

2
IM .IC
Ta có
uu
r uur
u
u
u
r
u
u
r
 IA.IB  R 2  2.R.IC.cos IM , IC
.















uuur uur
uuur uuur
cos
IM , IC  1
I
,
A
,
B
,
R
,
C
MA.MB nhỏ nhất khi
Vì
khơng
đổi
nên
lớn nhất hay hai véctơ
uuur uur
IM , IC cùng hướng.
uur
IC   1; 1; 1
Cách 1: Đường thẳng IC có véctơ chỉ phương





�x  1  t
�
�y  t
�z  4  t
Phương trình đường thẳng IC : �

M   1  t ;  t ; 4  t 
Điểm M thuộc đường thẳng IC nên
t2
�
2
�
3
t

12
�
�
( 1  t  1) 2   t   (4  t  4) 2  12
t  2
�
Điểm M thuộc mặt cầu nên
uuur
uuur uur
uuur
uur

M  3; 2;6 
IM   2; 2;2  � IM  2 IC
t


2
Khi
thì
và
nên hai véctơ IM , IC không
cùng hướng.
uuur
uuur uur
uuur
uur
M  1; 2; 2 
IM   2;  2; 2  � IM  2 IC
t

2
Khi
thì
và
nên hai véctơ IM , IC cùng
hướng.
2

Vậy

M  1; 2; 2 

hay a  b  c  1 .

uuur uur
uuur
uur
IM
,
IC
IC

3
IM

R

2
3
IM

2
IC (Tổng quát
Cách 2:
,
và hai véctơ
cùng hướng nên
uuur IM uur
IM 
IC
M  1; 2; 2 

c  1.
IC
) hay C là trung điểm của đoạn thẳng IM . Suy ra
hay a  b  u
uur uuur
Bình luận: Bài tốn cũng có thể ra ở dạng Điểm M (a; b; c) thuộc mặt cầu ( S ) sao cho MA.MB

lớn nhất, tính a  b  c .
Câu 7.

[2H3-1.4-4] (THPT-Chuyên-Sơn-La-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-4)Trong không gian Oxyz
2
2
2
A  2;  2; 4  B  3; 3;  1
S : x  1   y  3   z  3  3
, cho hai điểm
,
và mặt cầu   
.
2
2
 S  , giá trị nhỏ nhất của 2MA  3MB bằng
Xét điểm M thay đổi thuộc mặt cầu
A. 103.

B. 108.

C. 105.

D. 100.

Lời giải
Tác giả: Phạm Minh Thùy; Fb: Phạm Minh Thùy
Chọn C
 Gọi

H  x; y; z

uuur
uuur r
2
HA

3
HB  0 .
là điểm thỏa mãn:

2  2  x  3  3  x  0
�
�x   1
�
��
2  2  y   3 3  y   0 � �
�y  1 � H  1;1;1
�
�z  1
2  4  z   3 1  z   0
�
�

uuuur uuur 2
uuuur uuur 2
P  2 MA2  3MB 2  2 MH  HA  3 MH  HB
 Xét
uuuur uuur
uuuur uuuu
r
 2 MH 2  HA2  2MH . HA  3 MH 2  HB 2  2 MH . HB













uuuur uuur
uuur
 5MH 2  2 HA2  3 HB 2  MH . 2 HA  3HB










uuur
uuur r
 5MH 2  2 HA2  3 HB 2 (vì 2 HA  3HB  0 )

 5MH 2  90
2
Để P  5MH  90 nhỏ nhất � MH nhỏ nhất.

 Mặt cầu

 S

có tâm

I  1;3;3

, bán kính R  3 .

IH  2 3  R nên điểm H nằm ngoài mặt cầu  S  .

Khi đó:
Vậy
Câu 8.

MH min  IH  R  2 3  3  3

Pmin  5.3  90  105

.

.

B C D có cạnh bằng 1 . Các điểm
[2H3-1.4-4] (Yên Phong 1) Cho hình lập phương ABCD. A����
�
�
M , N lần lượt thuộc các đoạn A��
B và A��
D sao cho hai mặt phẳng  MAC  và  NAC 
MC �
N.
vng góc với nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp A. A�
3 1
52
3 1
2 1
3 .
A. 3 .
B.
C. 3 .
D. 3 .
Lời giải
Tác giả: Đỗ Minh Đăng ; Fb: Johnson Do
Chọn C

A  0;0;0  A�

 0; 0;1  , C �
 1;1;1  .
Chọn hệ trục tọa độ Axyz như hình vẽ, ta có:
,
M  t ;0;1 �A��
B , t � 0;1 N  0; m ;1  �A��
D , m � 0;1  M N
B ,
,
.( , lần lượt thuộc đoạn A��
A��
D )
uuuu
r
�
AM
�   t ;0;1 
ur uuuu
r uuuu
r
r
�uuuu
�
�   1;1  t ; t 
�
n

AM
;
AC

�
�
AC

1;1;1

 �  AMC  có một vectơ pháp tuyến là 1 �
�
�
.
uuur
�
�AN   0; m ;1 
uu
r
uuur uuuu
r
r
�uuuu
�
�  m  1;1;  m 
�
n

AN
;
AC
�
�
AC


1;1;1
�
ANC




�
�
có một vectơ pháp tuyến là 2 �
.


 m t
ur uu
r
 MAC �
   NAC�
 � n1.n2  0 � m  t  mt  2 � 2  m  t  mt � m  t  4
Cauchy

 m  t
�

2

2

 m  t  2 �0

� m  t �2 3  2 vì m, t � 0;1 .
t m
�
� t  m  3 1
�
t

m

2
3

2
�
Dấu "  " xảy ra khi
.
1
1
1
1
S B�MC� B�
M .B��
C   1  t  S D�NC � D�
N .D��
C   1 m  S
BCD 1.
2
2
2

2
,
, A����
1
S A�MC �
 mt 
N  S A����
B C D  S B �
MC � S D �
NC �
2
.
4

VA. A�MC �N 

1
1
3 1
AA�
.S A�MC �N   t  m  �
3
6
3 .

MC �
N là
Vậy giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp A. A�
Câu 9.

3 1
3 .

[2H3-1.4-4] (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Trong khơng gian với hệ trục
2
2
2
Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  4   z  8 và điểm A  3;0;0  ; B  4; 2;1 . Điểm M thay
đổi nằm trên mặt cầu, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  MA  2MB .
A. P  2 2 .
B. P  3 2 .
C. P  4 2 .
D. P  6 2 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Hữu Nam; Fb: Nam Nguyen Huu.
Chọn D

 S  . Mặt cầu  S  có tâm I  1; 4;0  , R  2 2 .
Nhận xét: điểm A, B nằm ngoài mặt cầu
Ta có:

IA  4 2  2 R, E  IA � S  � E  1; 2;0 

IE � F  0;3; 0 
Gọi F là trung điểm của
.

(Do E là trung điểm của IA ).

IF 1 IM
 
� AIM : MIF
�
Tam giác IFM và IMA có AIM chung và IM 2 IA
.
MA AI

 2 � MA  2 MF
Suy ra FM MI
.
Ta có:

MA  2 MB  2  MF  MB  �2 FB  6 2

.

 S  và B nằm ngoài  S  nên dấu ''  '' xảy ra khi M  BF � S  .
Vì F nằm trong
Câu 10. [2H3-1.4-4] (Ngô Quyền Hà Nội) Trong không gian Oxyz , cho các điểm
uuu
r uuu
r uuu
r uuu
r uuu
r uuu
r
A  2t ; 2t ;0  , B  0;0; t 
t


0.
OP
.
AP

OP
.
BP

AP
.
BP
 3.
P
với
Cho điểm
di động thỏa mãn
a
a
t
b với a, b nguyên dương và b tối giản sao cho OP đạt giá trị lớn nhất
Biết rằng có giá trị
là 3. Tính giá trị Q  2a  b ?
A. 5 .

B. 13 .

D. 9 .

C. 11 .

Lời giải

Tác giả: Quang Pumaths ; Fb: Quang Pumaths
Chọn C
uuu
r uuu
r
Ta có: OA.OB  0 nên
uuu
r uuu
r uuu
r uuu
r uuu
r uuu
r
OP. AP  OP.BP  AP.BP  3
uuur uuur uuu
r uuur uuur uuur
uuur uuu
r uuu
r uuur
� OP. OP  OA  OP. OP  OB  OP  OA . OP  OB  3







uuu

r uuu
r uuu
r
�
� 3OP 2  3  2OP �
OA

OB
 1
�
�
Giả sử

P  x; y; z 

 





.

thì phương trình (1) trở thành

3  x 2  y 2  z 2   3  2t  2 x  2 y  z  �3  2t

 4  4  1  x 2  y 2  z 2 

Hay

3OP 2 �3  6tOP � OP 2  2tOP  1 �0
� t  t 2  1 �OP �t  t 2  1
Từ giả thiết suy ra

t  t 2 1  3 � t 

4
3 . Vậy Q  2a  b  11 .

Phát triểu câu 48: Tác giả: Phạm Nguyên Bằng ; Fb: Phạm Nguyên Bằng
Câu 48-1.
D  1;1;1 .

A  3;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0;6 
Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm
và
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  1; 2;1 .
M  5; 7;3  .
M  3; 4;3 .
A.
B.
C.
Lời giải
Chọn B
Phương trình mặt phẳng

 ABC 

x y z
   1 � 2x  3y  z  6  0
là 3 2 6
.

D.

M  7;13;5  .


Dễ thấy

D � ABC 

. Gọi H , K , I lần lượt là hình chiếu của A, B, C trên Δ .

Do Δ là đường thẳng đi qua D nên AH �AD, BK �BD, CI �CD .
Vậy để khoảng cách từ các điểm A, B, C đến Δ là lớn nhất thì Δ là đường thẳng đi qua D và
�x  1  2t
�

�y  1  3t  t ��
�
 ABC  . Vậy phương trình đường thẳng Δ là �z  1  t
vng góc với
. Kiểm tra ta thấy
M  5;7;3 �.
điểm

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
m2
2
2
2
 Sm  :  x  1   y  1   z  m  
4 và hai điểm A  2;3;5  , B  1; 2; 4  . Tìm giá trị nhỏ nhất
2
2
S 
của m để trên m tồn tại điểm M sao cho MA  MB  9 .
4 3
m
2 .
A. m  1 .
B. m  3  3 .
C. m  8  4 3 .
D.
Lời giải
Câu 48-2.

Chọn C
Gọi

M  x; y; z 

, suy ra

MA2  MB 2  9

2
2
2
2
2
2
�  x  2    y  3   z  5   �
9
 x  1   y  2    z  4  �
�
�

� x y z40
Suy ra: Tập các điểm

M  x; y ; z 

2
2
 P : x  y  z  4  0
thỏa mãn MA  MB  9 là mặt phẳng

2
2
 S   P  có điểm chung
tồn tại điểm M sao cho MA  MB  9 khi và chỉ khi m và
11 m  4 m
ۣ
 d  I; P  R
ۣ

2 � 2 m2 � 3 m
111

Trên

 Sm 

� m 2  16m  16 �0 � 8  4 3 �m �8  4 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của m là 8  4 3 .
Câu 11. [2H3-1.4-4]

(Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019)

(Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3Oxyz , cho mặt cầu
trục

Bắc-Ninh-2019) Trong không gian với hệ
2
2
 S  :  x  1   y  4   z 2  8 và điểm A  3;0; 0  ; B  4; 2;1 . Điểm M thay đổi nằm trên mặt
cầu, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  MA  2MB .
A. P  2 2 .
B. P  3 2 .
C. P  4 2 .
D. P  6 2 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Hữu Nam; Fb: Nam Nguyen Huu.
Chọn D

 S  . Mặt cầu  S  có tâm I  1; 4;0  , R  2 2 .
Nhận xét: điểm A, B nằm ngoài mặt cầu
Ta có:

IA  4 2  2 R, E  IA � S  � E  1; 2;0 

(Do E là trung điểm của IA ).

IE � F  0;3; 0 
Gọi F là trung điểm của
.
IF 1 IM
 
� AIM : MIF
�
Tam giác IFM và IMA có AIM chung và IM 2 IA
.
MA AI

 2 � MA  2 MF
Suy ra FM MI
.
Ta có:

MA  2 MB  2  MF  MB  �2 FB  6 2

.

 S  và B nằm ngoài  S  nên dấu ''  '' xảy ra khi M  BF � S  .
Vì F nằm trong

Câu 12. [2H3-1.4-4] (THPT Nghèn Lần1) Trong không gian Oxyz , cho các điểm
A  1;1;2  ; B  0;  1;  3
 Oxz  , giá trị nhỏ nhất của
. Xét điểm M thay đổi trên mặt phẳng
uuuu
r uuur uuur
OM  2MA  3MB
bằng?
3
1
1
A. 1 .
B. 2 .
C. 2 .
D. 4 .
Lời giải
Tác giả: Lê Tú Anh ; Fb: Tú Tam Tạng
Chọn A
1 1 5

�
uur uur uur r � I �
�; ; �
I  a; b; c 
�2 4 4 �.
Chọn
thỏa OI  2 IA  3IB  0

Ta có :

uuuu
r uuur uuur
uur uu
r uur uuu
r
uuu
r
OM  2 MA  3MB  OI  2 IA  3IB  4MI  4 MI

.


uuuu
r uuur uuur
uuu
r
� OM  2 MA  3MB
� 4 MI
� MI   Oxz 
nhỏ nhất
nhỏ nhất
. Lúc đó
uuu
r
4 MI  4d  I ;  Oxz    1
.
Câu 13. [2H3-1.4-4] (Đặng Thành Nam Đề 17) Trong không gian Oxyz , cho hai mặt cầu
( S1 ) : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  2  0
(S ) : x2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  4  0
và 2

. Xét tứ diện
ABCD có hai đỉnh A , B nằm trên ( S1 ) ; hai đỉnh C , D nằm trên ( S2 ) . Thể tích khối tứ diện
ABCD có giá trị lớn nhất bằng
A. 3 2 .
B. 2 3 .
C. 6 3 .
D. 6 2 .
Lời giải
Chọn D
có tâm I (1;  2;1) và bán kính là
nhưng bán kính là R2  10 .
Mặt cầu

( S1 )

R1  2

. Mặt cầu

( S2 )

cũng có tâm I (1;  2;1)

Gọi a , b lần lượt là khoảng cách từ tâm I đến hai đường thẳng AB , CD .
Ta có

AB  2 R12  a 2  2 4  a 2 CD  2 R22  b 2  2 10  b 2
,

và d ( AB, CD) �d ( I , AB)  d ( I , CD)  a  b . Thêm nữa: sin( AB, CD) �1.

Ta có

Ta có:

VABCD 

1
2
AB.CD.d ( AB, CD).sin( AB, CD) � (a  b) 4  a 2 10  b 2
6
3
.

ab  a 2

b
b2
� 3 a2 
2
2

� 2 b2
b2
2
a   4a 5
� 2 b2 �
b2 � �
2 �
2
2

a

4

a
5

�
�


�
�
�
�
2
2
3
�
�
�
��
�
�
và

3

�
�

� 27
�
�
�
.

2 3
VABCD �
. 2. 27  6 2
3
Vậy
.

Dấu bằng đạt được tại a  1 , b  2 và hai đường AB, CD vng góc với nhau.
Câu 14. [2H3-1.4-4]

(ĐỀ-THI-THU-ĐH-THPT-CHUN-QUANG-TRUNG-L5-2019)
Trong
1
2
 S  : x 2  y 2   z  1 
A  0; 0; 2  B  1;1; 0 
Oxyz
4 . Xét điểm
không gian
cho
,
và mặt cầu
M thay đổi thuộc  S  . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA 2 +2MB2 bằng
1

3
21
19
A. 2 .
B. 4 .
C. 4 .
D. 4 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thơm; Fb: Thơm Nguyễn

Chọn D
uuu
r uuu
r r
�2 2 2 �
EA  2 EB  0 � E � ; ; �
�3 3 3 �.
Gọi E là điểm thỏa mãn


uuur 2
uuur 2 uuur uuu
r 2
uuur uuu
r 2
MA2  2MB 2  MA  2MB  ME  EA  2 ME  EB









uuur uuu
r uuu
r
 3ME 2  EA2  2 EB 2  2 ME EA  2 EB  3ME 2  EA2  2 EB 2



 MA

2

Gọi

 2MB 2 

I  0;0;1

min



.

� MEmin

là tâm mặt cầu.
2

2

2

1
�2 � �2 � � 1 �
IE  � � � � � �  1  �
2 , suy ra E nằm ngoài mặt cầu.
�3 � �3 � � 3 �
Ta có
Do đó MEmin � M là giao điểm của IE với mặt cầu.
Khi đó
Suy ra

MEmin  IE  �

1
2

MA2  2MB 2  3MEmin 2  EA2  2 EB 2 

19
4 .