Dang 8. Các bài toán cực trị(VDT

Câu 1.

[2H3-2.8-3] (THPT-Ngơ-Quyền-Hải-Phịng-Lần-2-2018-2019-Thi-24-3-2019) Trong khơng
gian

Oxyz , cho ba điểm A(1; 1; 1) , B(− 1; 2; 0) , C (3; − 1; 2)

và

M

là điểm thuộc mặt phẳng

uuur uuur uuuur
P
=
3
MA
+ 5MB − 7 MC
α
:
2
x
−
y
+
2
z
+
7
=

0
( )
. Tính giá trị nhỏ nhất của

A.

Pmin = 20 .

Pmin = 5 .

B.

Pmin = 25 .

C.

D.

.

Pmin = 27 .

Lời giải
Tác giả: Trần Đắc Nghĩa; Fb: Đ Nghĩa Trần
Chọn D
Gọi

I ( x; y; z)

sao cho

uur uur uur r
3IA + 5IB − 7 IC = 0

( 1) .

3 ( 1 − x ) + 5 ( −1 − x ) − 7 ( 3 − x ) = 0

3 ( 1 − y ) + 5 ( 2 − y ) − 7 ( −1 − y ) = 0 ⇔

Ta có:  3 ( 1 − z ) + 5 ( 0 − z ) − 7 ( 2 − z ) = 0
Suy ra

 x = − 23

 y = 20
 z = − 11

.

I ( − 23;20; − 11) .

uuur uuur uuuur
uuur uur
uuur uur
uuur uur
P = 3MA + 5MB − 7 MC = 3 MI + IA + 5 MI + IB − 7 MI + IC

(

Xét

uuur uur uur uur
P = MI + 3IA + 5IB − 7 IC

(

Từ

Pmin

( 1)

ta có

khi

Khi đó:
Câu 2.

MI

) (

) (

).

).

uuur
P = MI = MI .

M

ngắn nhất hay

Pmin = d ( I , ( α ) ) =

là hình chiếu vng góc của

2. ( − 23) − 20 + 2. ( − 11) + 7
2 + ( − 1) + 2
2

2

2

I

lên mặt phẳng

(α ) .

= 27
.

[2H3-2.8-3] (Đề thi HK2 Lớp 12-Chuyên Nguyễn Du- Đăk Lăk) Trong không gian
cho hai điểm

MA + MB
A. 2 .

A ( 2;0;1) , B ( − 2;8;3)

và điểm

đạt giá trị nhỏ nhất thì giá trị
B.

3.

M ( a; b; c )

a + b + 3c

di động trên mặt phẳng

Oxyz ,

( Oxy ) . Khi

bằng

C.

5.

D.

4.

Lời giải
Tác giả: Phạm Cao Thế; Fb: Cao Thế Phạm
Chọn B


Dễ thấy hai điểm
Gọi

C

A, B

nằm về cùng một phía so với mặt phẳng

là điểm đối xứng với

Đường thẳng

BC

( Oxy ) .

A qua ( Oxy ) suy ra C ( 2;0; − 1) .

r 1 uuur
u
= CB = ( − 1;2;1)

đi qua C ( 2;0 − 1) và
làm vecto chỉ phương có phương
4

x = 2 − t

 y = 2t

trình là:  z = − 1 + t

MA + MB = MC + MB ≥ BC = 4 6 .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M , B, C thẳng hàng.
Khi đó

Suy ra

min ( MA + MB ) = 4 6 ⇔ M = ( Oxy ) ∩ BC

nên tọa độ điểm

M ( x; y; z )

thỏa mãn hệ:

x = 2 − t
x = 1
 y = 2t


⇔ y = 2


 z = −1 + t

z = 0
 z = 0
. Vậy M ( 1;2;0 ) ⇒ a = 1, b = 2, c = 0 ⇒ a + b + 3c = 3 .
Câu 3.

[2H3-2.8-3] (HKII Kim Liên 2017-2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ
điểm

A ( − 3;5; − 5) , B ( 5; − 3;7 )

phẳng

( P)

A.

sao cho

M ( − 2;1;1) .

và mặt phẳng

MA2 − 2MB2
B.

Oxyz , Cho hai

( P ) : x + y + z = 0 . Tìm tọa độ điểm M trên mặt

lớn nhất.

M ( 2; − 1;1) .

(

)

(

Chọn C
Cách 1.
Gọi

M ( a; b; c )

thuộc mặt phẳng

)

C. M 6; − 18;12 .
D. M − 6;18;12 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Bình; Fb: Nguyễn Văn Bình

( P ) : x + y + z = 0 nên ta có a+b+c = 0

2

2
2
2
2
2
MA2 − 2MB 2 = ( − 3 − a ) + ( 5 − b ) + ( − 5 − c ) − 2  ( 5 − a ) + ( − 3 − b ) + ( 7 − c ) 


2
2
2
= −  ( a − 13) + ( b+11) + ( c − 19 )  + 544 .
2
2
2

= − a − b − c + 26a − 22b+ 38c − 107 


Theo BĐT Bunnhia ta có
2
2
2
a+b+c = 0 ⇒ − 21 = ( a − 13) + ( b +11) + ( c − 19 ) ≤ 3  ( a − 13) + ( b +11) + ( c − 19 ) 



⇒ ( a − 13) + ( b +11) + ( c − 19 ) ≥ 147
2

2

2

2
2
2
MA2 − 2MB 2 = −  ( a − 13) + ( b+11) + ( c − 19 )  + 544 ≤ 397



Dấu bằng xảy ra khi:

a = 6

⇔  b = − 18
a − 13 b +11 c − 19
=
=
= − 7  c = 12 ⇒ M ( 6; − 18;12 )
.

1
1
1

Cách 2.

(Căn cứ vào đề cho đáp án sẵn tọa độ điểm

M)

( P ) : x + y + z = 0 nên loại B, D.
M ( − 2;1;1) ⇒ MA2 − 2MB 2 = − 149 , với M ( 6; −18;12 ) ⇒ MA2 − 2MB 2 = 397
Với
M

thuộc mặt phẳng

Từ đó loại A. Vậy đáp án là C.
Cách 3.
Ta có thể dùng tâm tỷ cự như sau:

I thỏa mãn
ur uuur
uur uuur r uur uuur uuur
uur uur r ⇔ uIO
+ OA − 2 ( IO + OB ) = 0 ⇔ OI = 2OB − OA ⇔ I ( 13; − 11;19 ) .
IA − 2 IB = 0

Gọi

uuur 2
uuur 2 uuur uur 2
uuur uur 2
=
MA
−
2
MB

=
MI
+
IA
−
2
MI + IB = − MI 2 + ( IA2 − 2 IB 2 )
Khi đó: MA − 2MB
nhất khi I là hình chiếu vng góc của M lên ( P ) ⇒ M ( 6; − 18;12 ) .
2

Câu 4.

2

( ) ( ) (

) (

)

[2H3-2.8-3] (Chuyên Lý Tự Trọng Cần Thơ) Trong không gian

A(2; − 2;4) , B (− 3;3; − 1)

và mặt phẳng ( P);2 x −

( P) , giá trị nhỏ nhất của 2MA2 + 3MB 2
A. 145 .

y + 2z − 8 = 0 .

Xét

Oxyz ,

lớn

cho hai điểm

M là điểm thay đổi thuộc

bằng

B. 108 .

C. 105 .

D. 135 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Huỳnh Như ; Fb: Nhu Nguyen
Chọn D

uur

uur r

I (− 1;1;1) .
uuur 2 uuur 2

uuur uur
uuur uur
2
2 = 2 MA + 3MB = 2( MI + IA) 2 + 3( MI + IB ) 2 = 5MI 2 + 2 IA2 + 3IB 2
.
2MA + 3MB

Gọi I là điểm thỏa điều kiện : 2 IA + 3IB = 0 . Khi đó
T=

T đạt giá trị nhỏ nhất

⇔ MImin .


Mà

M ∈ ( P)

nên

MI min ⇔ M

2.(− 1) − 1 + 2.1 − 8

⇔ MI = d (I, ( P)) =
Khi đó: Tmin
Câu 5.

là hình chiếu của

22 + ( − 1) 2 + 22

=3

I

lên mặt phẳng

( P)

.

= 5MI 2 + 2 IA2 + 3IB 2 = 135 .

[2H3-2.8-3] (GIỮA-HKII-2019-NGHĨA-HƯNG-NAM-ĐỊNH) Trong không gian với hệ trục

Oxyz , cho tam giác ABC

tọa độ

thuộc mặt phẳng

( Oyz )

sao cho

với

A ( 2;1;3) , B ( 1; − 1;2 ) , C ( 3; − 6;1) .

MA2 + MB 2 + MC 2

Điểm

M ( x; y; z )

đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị biểu thức

P = x+ y+ z.
A. P =

0.

B.

P= 2.

P= 6.

C.

D.

P = − 2.

Lời giải
Tác giả: Bùi Duy Nam ; Fb: Bùi Duy Nam
Chọn A

I

Gọi

là điểm thỏa

uur uur uur r
IA + IB + IC = 0 ⇔ I ( 2; − 2;2 ) .

uuur uur 2 uuur uur 2 uuur uur 2
=
MA + MB + MC MI + IA + MI + IB + MI + IC
uuur uur uur uur
2
2
2
2
= 3MI + IA + IB + IC + 2MI . IA + IB + IC = 3MI 2 + IA2 + IB 2 + IC 2 .
2

Mà

2

2

(

) (
(

M ∈ ( Oyz ) ⇒ MA2 + MB 2 + MC 2

) (
)

)

đạt giá trị nhỏ nhất

⇔ M ( 0; − 2;2 ) .

⇔ M

là hình chiếu của

I

lên

( Oyz )

Vậy P = 0 − 2 + 2 = 0 .

Câu 6.

[2H3-2.8-3] (Chuyên Hạ Long lần 2-2019) Cho
trên mặt phẳng

MA − MB

Khi đó
A.

( P ) :2 x + y + 2 z + 1 = 0 .

A ( 4;5;6) ; B ( 1;1;2 ) , M là một điểm di động

nhận giá trị lớn nhất là?

77 .

B.

41 .

C.

7.

D.

85 .

Lời giải
Tác giả: Phạm Thị Uyên; Fb: Phạm Un
Chọn B
Ta có
Vì

MA − MB ≤ AB

với mọi điểm

M ∈ ( P)

( 2.4 + 5 + 2.6 + 1) . ( 2.1 + 1 + 2.2 + 1) = 208 > 0 nên hai điểm A, B nằm cùng phía với ( P )


Dấu

" = " xảy ra khi và chỉ khi M = AB ∩ ( P )

Khi đó,
Câu 7.

MA − MB

nhận giá trị lớn nhất là:

AB =

( 4 − 1) + ( 5 − 1) + ( 6 − 2 )
2

[2H3-2.8-3] (Thị Xã Quảng Trị) Trong không gian

C ( 2; − 2;3)

( P)

A.

và mặt phẳng

thỏa mãn

đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị của

B. 5 .

C.

2

= 41 .

Oxyz , cho ba điểm A ( 0;1;2 ) , B ( 1;1;1) ,

( P ) : x − y + z + 3 = 0 . Gọi M ( a ; b ; c )

uuur uuur uuuur
MA + MB + MC

7.

2

là điểm thuộc mặt phẳng

a + 2b + 3c

3.

D.

bằng

2.

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Vượng; FB: Nguyen Vuong
Chọn C
Ta có trọng tâm của tam giác

ABC

là

G ( 1;0;2 ) . Khi đó:

uuur uuur uuuur uuuur
MA + MB + MC = 3MG = 3MG .

uuur uuur uuuur
MA + MB + MC ⇔ MGmin ⇔ M là hình chiếu vng góc của trên mặt phẳng ( P ) .
Vậy
G
min

d

Gọi

là đường thẳng qua

G

và vng góc với

( P ) , ta có phương trình đường thẳng d

là:

 x = 1+ t

 y = −t
z = 2+ t .

Giá trị

t

ứng với tọa độ điểm

M

là nghiệm của phương trình:

( 1 + t ) − ( − t ) + ( 2 + t ) + 3 = 0 ⇔ 3t + 6 = 0 ⇔ t = − 2 .
Vậy

Câu 8.

M ( − 1;2;0 ) . Khi đó: a + 2b + 3c = − 1 + 2.2 + 3.0 = 3 .

[2H3-2.8-3] (SỞ NAM ĐỊNH 2018-2019)Trong không gian

N ( 0;n; 0 ) , P ( 0; 0; p )

không trùng với gốc tọa độ và thỏa mãn

lớn nhất của khoảng cách từ

1
A. 3 .

Oxyz , cho các điểm M ( m; 0; 0 ) ,

B.

m2 + n2 + p 2 = 3 . Tìm giá trị

O đến mặt phẳng ( MNP ) .
1
C. 3 .

3.
Lời giải

1
D. 27 .

Tác giả: Trần Thị Thủy; Fb: Thủy Trần
Chọn C
Do

M, N, P

không trùng với gốc tọa độ nên

m ≠ 0, n ≠ 0, p ≠ 0.


x y z
1
1
1
+ + = 1 ⇔ x + y + z −1 = 0
Phương trình mặt phẳng ( MNP ) là: m n p
m n
p
⇒ d ( O,( MNP ) ) =

1
1 1 1
+ +
m2 n2 p2

1 1 1
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương m 2 , n 2 , p và ba số dương m 2 , n 2 , p 2 ta có:
2

1 1 1
1
+ 2 + 2 ≥ 33 2 2 2
2
m + n + p ≥ 3 m n p và m n p
mn p
2

2

2

3

2 2

2

 1 1 1 
⇒ ( m2 + n2 + p 2 )  2 + 2 + 2 ÷ ≥ 9
2
2
2
 m n p  ; Mà m + n + p = 3 suy ra:
1 1 1
1 1 1
+ 2 + 2 ≥ 3⇒
+ +
≥ 3⇒

2
m n p
m2 n2 p 2

⇒ d ( O,( MNP ) ) ≤

1
2
2
2
3 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m = n = p = 1 .

Vậy giá trị lớn nhất của khoảng cách từ
Câu 9.

1
1
≤
1 1 1
3
+ 2+ 2
2
m n p

O

1
đến mặt phẳng ( MNP ) là 3 . Chọn C

[2H3-2.8-3] (Sở Ninh Bình 2019 lần 2) Trong không gian

B ( 0;3;1) , C ( 2; − 1;0 )
mặt phẳng

( P)

và mặt phẳng

Oxyz , cho các điểm A ( 1;4;5 ) ,

( P ) : 3x − 3 y − 2 z − 15 = 0 . Gọi M ( a; b; c)

sao cho tổng các bình phương khoảng cách từ

a +b + c .
A. 5 .

B.

−5.

M

là điểm thuộc

đến A, B, C nhỏ nhất. Tính

C. 3 .
D. − 3 .
Lời giải

Tác giả: Nguyễn Hoài Phước ; Fb: Nguyễn Phước

Chọn C
Ta có:

I ( 1;2;2)

là trọng tâm của tam giác ABC.

MA, MB, MC là khoảng cách từ M đến các điểm A, B, C.

uuur 2 uuur 2 uuur 2 uur uur 2 uur uur 2 uur uur
MA + MB + MC = MA + MB + MC = MI + IA + MI + IB MI + IC
Xét
2

2

2

( ) ( ) ( ) (

uur 2 uur 2 uur 2 uur 2 uur uur uur uur uur uur
= 3 MI + IA + IB + IC + 2MI .IA + 2MI .IB + 2MI .IC

( ) ( ) ( ) ( )

) (

)(

)

2


uur uur uur uur
= 3MI 2 + IA2 + IB 2 + IC 2 + 2MI . IA + IB + IC

(

)

uur r
uur uur uur r
(do
I
là
trọng
tâm
của
tam
giác
ABC
nên
= 3MI + IA + IB + IC + 2MI .0
IA + IB + IC = 0 )
2

2

2

2

= 3MI 2 + IA2 + IB 2 + IC 2 .
Mà

IA2 + IB 2 + IC 2 có giá trị khơng đổi nên MA2 + MB 2 + MC 2

ngắn nhất. Khi đó M là hình chiếu vng góc của I lên mặt phẳng
Gọi

( d)

là đường thẳng đi qua M và I , vng góc với mặt phẳng

Đường thẳng

( d)

đi qua điểm

đạt giá trị nhỏ nhất khi MI

( P) .
( P) .

I ( 1;1;1) , nhận véc tơ pháp tuyến của ( P )

là

uur
nP = ( 3; − 3; − 2 )

là

ïìï x = 1 + 3t
ï
( d ) : í y = 2 - 3t ( t ẻ Ă )
ùù
d
(
)
ùùợ z = 2 - 2t
mt vộc tơ chỉ phương nên phương trình tham số của
là
.

M = ( P) ầ d .
M ẻ d ị M ( 1+ 3t;2 - 3t;2 - 2t ) .
Mặt khác
Do đó

M ∈ ( P)

nên:

3( 1+ 3t ) - 3( 2 - 3t ) - 2 ( 2 - 2t ) - 15 = 0 Û t =1 .

M ( 4; - 1;0) . Suy ra a + b + c = 3 .

Câu 10. [2H3-2.8-3]
không gian

(THPT-Nguyễn-Công-Trứ-Hà-Tĩnh-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3)

Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) :3x + y − z + 5 = 0

Tập hợp các điểm

M

nằm trên mặt phẳng

( P)

và hai điểm

sao cho tam giác

MAB

Trong

A ( 1;0;2 ) , B ( 2; − 1;4 ) .
có diện tích nhỏ nhất.

 x − 7 y − 4z + 7 = 0


A.  3 x − y + z − 5 = 0 .

 x − 7 y − 4 z + 14 = 0

B.  3 x + y − z + 5 = 0 .

 x − 7 y − 4z + 7 = 0

C.  3 x + y − z + 5 = 0 .

 x − 7 y − 4z + 5 = 0

D.  3x + y − z + 5 = 0 .
Lời giải
Tác giả: Thái Lê Minh Lý; Fb: Lý Thái Lê Minh

Chọn C

1
S∆ MAB = d( M ;( AB ) ) AB.
Ta có:
2
Ta có: Diện tích tam giác

MAB

nhỏ nhất

⇔ d( M ;( AB ))

nhỏ nhất.


uuur
r
r uuur
AB = ( 1; − 1;2 ) ; n( P ) = ( 3;1; − 1) ⇒ n( P ) .AB = 0.

⇒ AB

song song với mặt phẳng

Mà d( M ;( AB ) ) ngắn nhất,

( Q ) . Với ( Q )

( P) .

M ∈ ( P ) . Nên M

thuộc giao tuyến của mặt phẳng

là mặt phẳng vng góc với

( P ) và mặt phẳng

( P ) và đi qua AB .

r
r uuur


⇒
n
=
n
Q
( )  ( P ) ; AB  = ( 1; − 7; − 4 ) .
Mặt phằng ( Q ) vng góc với ( P ) đi qua AB
A ∈ ( Q ) ⇒ ( Q ) : xA − 7 y A − 4z A + c = 0
⇒ 1 − 7.0 − 4.2 + c = 0
⇒c=7
⇒ ( Q) : x − 7 y − 4z + 7 = 0

 M ∈ ( Q )
 x − 7 y − 4z + 7 = 0
⇒
⇒ M ∈
.
 3x + y − z + 5 = 0
 M ∈ ( P )
Câu 11. [2H3-2.8-3] ( Chuyên Lam Sơn Lần 2) Trong hệ trục

B ( 2;6; − 1) , C ( − 4; − 12;5)

A.

42.

cho điểm

( P ) : x + 2 y − 2 z − 5 = 0. Gọi M

và mặt phẳng

( P ) . Gía trị nhỏ nhất của biểu thức

Oxyz,

uuur uuur uuuur
S = MA + MB + MC

B. 14.

C. 14

A ( − 1;3;5) ,

là điểm di động trên

là

14
.
D. 3

3.

Lời giải
Tác giả: Đoàn Tấn Minh Triết; Fb: Đoàn Minh Triết.
Chọn B

G ( x1; y1 ; z1 )

Gọi
Vì

G

Vậy

là trọng tâm tam giác

là trọng tâm tam giác

ABC

và

ABC.

M

là điểm tùy ý nên

uuur uuur uuuur uuuur
S = MA + MB + MC = 3MG = 3MG.

Do

G

là trọng tâm tam giác

Vì

G

cố định nên

MG ⊥ ( P ) .

S = 3MG

ABC

uuur uuur uuuur uuuur
MA + MB + MG = 3MG.

x A + xB + xC −1 + 2 − 4

x
=
=
= −1
1

3
3

y A + yB + yC 3 + 6 − 12


=
= −1 ⇒ G ( − 1; −1;3 ) .
 y1 =
3
3

z +z +z
5 −1+ 5

z1 = A B C =
=3

nên 
3
3

đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi

MG

nhỏ nhất. Tức là


Ta có:

d ( G, ( P ) ) =

− 1.1 + 2. ( − 1) − 2.3 − 5
12 + 22 + ( − 2 )

2

=

14
= MG.
3

uuur uuur uuuur
uuuur
14
S = MA + MB + MC = 3MG = 3MG = 3. = 14.
Vậy giá trị nhỏ nhất
3
Câu 12. [2H3-2.8-3] (Ba Đình Lần2) Trong khơng gian với hệ tọa độ

Oxyz,

cho mặt phẳng

( P ) : x − 2 y + 2 z − 3 = 0 và mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2x − 4 y − 2z + 5 = 0 . Giả sử M ∈ ( P ) và
r
uuuur
N ∈ ( S ) sao cho MN cùng phương với vectơ u = ( 1;0;1) và khoảng cách giữa M và N lớn
nhất. Tính
A.

MN .

MN = 3 .

B.

C. MN = 3 2 .
D. MN = 14 .
Lời giải.
Tác giả: Nguyễn Minh Tuân; Fb: Nguyễn Minh Tuân

MN = 1 + 2 2 .

Chọn C

( S)

có tâm

I ( − 1;2;1)

và bán kính

R = 1 . Ta có:

H là hình chiếu vng góc của N
uuuur
r
Vì MN cùng phương với u nên góc α
Gọi

Có

HN = MN .cos α ⇒ MN =

HN = d ( I , ( P ) ) + R = 3 .

d ( I,( P) ) =

trên mặt phẳng

( P)

có số đo không đổi,

1
.HN
nên MN lớn nhất
cos α

− 1 − 2.2 + 2.1 − 3
12 + 22 + 22

và

α

là góc giữa

= 2> R

MN

và

.

NH .

·
.
α = HNM

⇔ HN

lớn nhất

⇔

r uur
1
1
cos α = cos u, nP =
MN =
HN = 3 2
Có
.
2 nên
cos α

(

)

Câu 13. [2H3-2.8-3] (Chuyên Sơn La Lần 3 năm 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ
gọi

Oxyz ,

( P ) : ax + by + cz − 3 = 0 (với a, b, c là các số nguyên không đồng thời bằng 0) là mặt phẳng


đi qua hai điểm

H

cách từ

M ( 0; − 1;2 ) , N ( − 1;1;3)

đến mặt phẳng

− 16 .

A.

( P)

B.

và không đi qua điểm

H ( 0;0;2 ) . Biết rằng khoảng

T = a − 2b + 3c + 12 bằng
C. 12 .
D. 16 .

đạt giá trị lớn nhất. Tổng

8.

Lời giải

Tác giả: Hồng Quang Chính; Fb: quangchinh hoang
Chọn D
Gọi

K là hình chiếu của H

Ta có :

Vậy

d ( H ; ( P ) ) = HK

d ( H;( P) )

và

lên

( P ) , E là hình chiếu của H lên MN .

d ( H ; MN ) = HE , HK ≤ HE (không đổi) .

lớn nhất khi

K ≡ E , với E

là hình chiếu của

H

lên

MN

 −1 −1 7 
⇒ E ; ; ÷
 3 3 3 .

uuur  1 1 1 
HE =  − ; − ; ÷
Vậy mặt phẳng ( P ) cần tìm là mặt phẳng nhận
 3 3 3  làm vectơ pháp tuyến và đi
qua

M.

⇒ ( P) :− x − y + z − 3 = 0 .
 a = −1


 b = − 1 ⇒ T = 16

Vậy  c = 1
.
Câu 14. [2H3-2.8-3] (Kim Liên 2016-2017) Trong không gian với hệ tọa độ

M ( 3;1;1) , N ( 4;3;4 )
đường thẳng
A.

T=

23
3 .

Chọn C
Cách 1.

∆

và đường thẳng

sao cho chu vi tam giác
B.

T = 29 .

∆:

Oxyz ,

cho hai điểm

x− 7 y−3 z−9
=
=
1
−2
1 . Gọi I ( a; b; c ) là điểm thuộc

IMN

nhỏ nhất. Tính

T = a+ b+ c.

T=

40
3 .

C. T = 19 .
D.
Lời giải
Tác giả : Nguyễn Văn Hòa ; Fb: Nguyễn Văn Hòa Hòa


Ta có

I ∈ ∆ ; I ( 7 + t;3 − 2t;9 + t ) .

Ta tính:

MI = 6t 2 + 16t + 84 ; NI = 6t 2 + 16t + 34 ; MN = 14 .
2

Gọi

Hay

C

220
70
+
+ 14
.
3
3

C≥

Chu vi tam giác
Cách 2.
Gọi véc tơ

r
u

(α )

IMN

nhỏ nhất khi

MN

vng góc với

MN

là mặt phẳng chứa

Phương trình mặt phẳng
Mặt phẳng
Gọi điểm

t=−

là véc tơ chỉ phương của

Đường thẳng
Gọi

2

 4  220
 4  70
C = 6 t + ÷ +

+ 6  t + ÷ + + 14
3
là chu vi tam giác IMN ;
.
 3
 3 3

(α )

I∈ ∆

cắt

∆

; Gọi

C = MI + NI + MN

(α )

∆

4
3 ; khi đó
ta có

 17 17 23 
I ; ; ÷
 3 3 3  hay T = 19 .

r uuuur
u ×MN = 0 .

∆.
và vng góc với

chứa

∆.

MN vng góc với ∆

là:

x − 2y + z − 2 = 0.

 17 17 23 
H ; ; ÷
tại  3 3 3  .

C

là chu vi tam giác

IMN . Ta có:
220
70
+
+ 14

.
3
3

≥ MH + NH + 14 =

M

∆

I

N

Vậy chu vi tam giác

IMN

nhỏ nhất khi

I≡ H

 17 17 23 
I ; ; ÷
. Hay  3 3 3  . Vậy T = 19 .

Câu 15. [2H3-2.8-3] (KHTN Hà Nội Lần 3) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm

B(5; − 1; − 2)

và mặt phẳng

của biểu thức
A.

3.

( P) : x + y + z − 1 = 0 . Xét các điểm M

thuộc

A(1; − 3;0) ,

( P) , giá trị lớn nhất

| MA − MB | bằng:
B.

2.

C.

2 5.

D.

2 6

Lời giải
Tác giả:Nguyễn Quang Tuấn ; Fb:Tuan Nguyễn

Chọn C


Nhận xét:

( xA + y A + zC − 1)(x B + yB + zC ) < 0 suy ra A

và

Áp dụng cơng thức tính nhanh:Tọa độ điểm đối xứng của

(P) : ax + by + cz + d = 0
Gọi

là điểm

B ' là điểm đối xứng của B

Ta có

M '( x1 ; y1 ; z1 )

B

khác phía với mặt phẳng

( P)

M ( x0 ; y0 ; z0 ) qua

2a(ax0 + by0 + cz0 + d )

x
=
x
−
2
1
0

2
2
a
+
b
+
c

2b( ax0 + by0 + cz0 + d )

 y1 = y0 −
2
a 2 + b2 + c


2c( ax0 + by0 + cz0 + d )
 z1 = z0 −
2
với 
a 2 + b2 + c

 13 − 5 − 8 
B ' ; ; ÷
qua ( P ) suy ra  3 3 3 

| MA− MB | = | MA − MB' |≤ AB' = 2 5

Câu 16. [2H3-2.8-3] (THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH) Trong khơng gian

( S ) : x 2 + ( y − 3) 2 + ( z − 6) 2 = 45
đơi một vng góc tại
nhất từ

M

O

đến mặt phẳng

A. 3.

và

B.

5.

cho mặt cầu

M ( 1;4;5) . Ba đường thẳng thay đổi d1 , d 2 , d3

cắt mặt cầu tại điểm thứ hai lần lượt là

( ABC )

Oxyz,

nhưng luôn

A , B , C . Khoảng cách lớn

là
C. 4.
Lời giải

D.

6.

Tác giả: Đoàn Phú Như ; Fb: Như Đoàn
Chọn D

Mặt cầu

( S ) có tâm I ( 0;3;6 ) , bán kính R = 3

5.

O và nội tiếp mặt cầu ( S ) nên gọi O′ , A′ , B′ , C ′ lần lượt là các
điểm đối xứng với O , A , B , C qua tâm I thì OBA′ C. AC ′O′ B′ là hình hộp chữ nhật nội tiếp

Tứ diện

OABC

vuông đỉnh


mặt cầu

( S)

và đường chéo

của tam giác

ABC

( ABC )

Mặt phẳng

OO′

của hình hộp cắt mặt chéo tam giác

uuur 1 uuuur
OH = OO′ =
và
3

2 uur
OI ⇒ H ( 0;2;4 )
.
3

thay đổi, luôn đi qua

d ( M , ( ABC ) ) = 6

khi mặt phẳng

H ( 0;2;4 )

( ABC )

nên

ABC

tại trọng tâm

H

d ( M , ( ABC ) ) ≤ MH = 6 .

vng góc với

MH .

Câu 17. [2H3-2.8-3] (KỸ-NĂNG-GIẢI-TỐN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG) Trong khơng gian với hệ

A ( 3; − 2;4 )
( P ) : ( m2 + 2m ) x − ( m2 + 4m − 1) y + 2 ( 3m − 1) z + m2 + 1 = 0 . Tìm

tọa

Oxyz ,

độ

cách từ A đến mặt phẳng
A.

5.

cho

điểm

và

mặt

phẳng

giá trị lớn nhất của khoảng

( P) .
B.

29 .

C.

33 .

D.

21 .

Lời giải
Tác giả: Phạm Thanh My ; Fb: Thanh My Phạm
Chọn C
Gọi

M ( x0 ; y0 ; z0 )

là điểm cố định mà mặt phẳng

( P)

ln đi qua.

Ta có

( m + 2m ) x − ( m
2

0

2

+ 4m − 1) y0 + 2 ( 3m − 1) z0 + m 2 + 1 = 0 ∀ m

⇔ ( x0 − y0 + 1) m 2 + ( 2 x0 − 4 y0 + 6 z0 ) m + y0 − 2 z0 + 1 = 0 ∀ m
 x0 − y0 + 1 = 0

⇔  2 x0 − 4 y0 + 6 z0 = 0 ⇔
 y − 2z + 1 = 0
0
 0

Ta có

d ( A, ( P ) ) ≤ AM

 x0 = − 2

 y0 = − 1
 z = 0 ⇒ M ( − 2; − 1;0 )
 0

Do đó khoảng cách từ khoảng cách từ A đến mặt phẳng

AM = 29

khi

AM ⊥ ( P )

tại

( P)

đạt giá trị lớn nhất bằng

M.

Câu 18. [2H3-2.8-3] (PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019..) Trong không gian

A ( 2; − 3;4 ) ,

điểm

đường

thẳng

d:

x−1 y+ 2 z
=
=
2
1
2

và

Oxyz , cho

mặt

cầu

( S ) : ( x − 3) + ( y − 2 ) + ( z + 1) = 20 . Mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng d thỏa mãn khoảng
cách từ điểm A đến ( P ) lớn nhất. Mặt cầu ( S ) cắt ( P ) theo đường trịn có bán kính bằng
2

A.

5.

2

2

B. 1 .

C. 4 .
Lời giải

D.

2.

Tác giả: Lương Văn Huy ; Fb: Lương Văn Huy
Chọn D

H là hình chiếu vng góc của A trên d , H ′ là hình chiếu vng góc của A trên ( P ) . Ta
có AH ′ ≤ AH . Vậy mặt phẳng ( P ) thỏa mãn yêu cầu đề bài phải chứa d và vng góc với
AH .
Gọi

H ( 1 + 2t ; − 2 + t ;2t ) , t ∈ ¡ . Ta có
uuur uur
AH .ud = 0 ⇔ 9t − 9 = 0 ⇔ t = 1 .

Gọi

Vậy mặt phẳng ( P )

có vecto pháp tuyến

Phương trình mặt phẳng
Mặt cầu
Vậy

( S)

( P)

uuur
AH = ( 1;2; − 2 )

và đi qua điểm

B ( 1; − 2;0 ) ∈ d .

( P ) : x + 2 y − 2z + 3 = 0 .

( S ) có tâm I ( 3;2; − 1) , R = 2
cắt

uuur
uur
AH = ( 2t − 1;1 + t ;2 t − 4 ) , ud = ( 2;1;2 )

5 . Ta có d ( I , ( P ) ) = 4 < R .

theo đường trịn có bán kính

r = R 2 − d 2 ( I , ( P ) ) = 20 − 16 = 2

Phân tích: Bài có nhiều hướng giải,như đưa về phương trình chùm mặt phẳng rồi đánh giá max
–min, tuy nhiên dùng hình học là đơn giản hơn cả.
Yêu cầu học sinh nắm vững được vị trí tương đối của điểm, đường, mặt và mặt cầu trong không
gian.
Trong các dạng bài chứa điểm, chứa đường, thỏa mãn khoảng cách max thì nhìn chung khoảng
cách max chính là khoảng cách từ điểm- đường ,điểm – điểm theo dữ kiện đề bài.
Câu 19. [2H3-2.8-3] (CHUYÊN NGUYỄN DU ĐĂK LĂK LẦN X NĂM 2019) Trong không gian

Oxyz,

cho hai điểm

phẳng qua hai điểm
A.

x + y − 2 z + 3 = 0.

A ( 1;2;3) , B ( 2;3;4 )

A, B

và cắt mặt cầu
B.

x − z + 2 = 0.

và mặt cầu

( S)

( S ) : x 2 + y 2 + z 2 = 100. Phương trình mặt

theo một đường trịn có bán kính nhỏ nhất là
C.

y − z + 1 = 0.

D.

x − 2 y + z = 0.

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Như Hưng; Fb: Nguyen Hung
Chọn B

Mặt cầu
Ta có

( S)

có tâm

và có bán kính

OA = 12 + 22 + 32 = 14 < R suy ra A

cắt mặt cầu tại
Gọi

O ( 0;0;0 )

( P)

2

R = 10.
nằm trong mặt cầu, nên đường thẳng

AB

điểm phân biệt.

là mặt phẳng cần tìm,

góc của

O lên ( P )

Do r 2 +

OH 2 = R 2 = 100

và

Từ OH ≤ OK suy ra
vectơ pháp tuyến.

K

OH

r là bán kính đường trịn giao tuyến, H

là hình chiếu vng góc của
nên

r nhỏ nhất khi OH

lớn nhất khi

H≡K

và

là hình chiếu vng

O lên đường thẳng AB.

lớn nhất.

( P)

là mặt phẳng qua

A

nhận

uuur
OK

Ta có:

+

uuur
AB = ( 1;1;1)

nên đường thẳng

AB

 x = 1+ t


 y = 2 + t ( t ∈ ¢) .

có phương trình  z = 3 + t

+ Gọi

uuur
uuur uuur
K ( 1 + t;2 + t;3 + t ) thì OK = ( 1 + t ;2 + t;3 + t ) , do OK ⊥ AB nên
uuur uuur
OK . AB = 0 ⇔ 1 + t + 2 + t + 3 + t = 0 ⇔ t = − 2

Suy ra

K ( − 1;0;1) .

+

( P)

qua

luôn

uuur
A ( 1;2;3) và nhận OK ( − 1;0;1)

làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình

− x+ z− 2= 0⇔ x− z+ 2= 0.

làm