Huong dan giai mot so bai tap toa do trong khong gian nang cao Pham Minh Tuan File word

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Câu 1: Tìm m để góc giữa hai vectơ: u  (1;log3 5;log m 2) , v  (3;log5 3; 4) là góc nhọn. Chọn phương án đúng và đầy đủ nhất. 1 1 A. m  , m  1 B. m  1 hoặc 0  m  2 2 1 C. 0  m  D. m  1 2  Giải: 3  log3 5.log 5 3  4log m 2 u.v Do mẫu số luôn lớn hơn 0 nên ta đi tìm  u.v u.v điều kiện để tử số dương. 1  Mặt khác 3  log3 5.log5 3  4log m 2  0  4log m 2  4  log m 2  1  log m 2  log m m 1 1 1  Với 0<m<1 thì   2  m  . Kết hợp với điều kiện suy ra 0  m  m 2 2 1 1  Với m>1 thì   2  m  . Kết hợp với điều kiện suy ra m>1. m 2 1  Vậy m>1 hoặc 0  m  2 Câu 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 3x -3y + 2z +37 = 0 các điểm A(4;1;5) , B(3;0;1), C(-1;2;0) . Điểm M (a;b;c) thuộc (P) sao cho biểu thức P  MA.MB  MB.MC  MC.MA đạt giá trị nhỏ nhất, khi đó a+b+c bằng: A. 10 B. 13 C. 9 D. 1  Giải:  M (a;b;c)  P  3 (a  2)2  (b  1)2  (c  2)2  5.  Ta có cos(u, v) .  M  P  3a  3b  2c  37  0  3(a  2)  3(b 1)  2(c  2)  44  Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki ta có:. (44)2  3(a  2)  3(b  1)  2(c  2)  (32  32  22 ) (a  2)2  (b  1)2  (c  2)2  2. (44)2  (a  2)  (b  1)  (c  2)  2 2  88 3  3  22 a  2 b 1 c  2    M (4;7; 2)  a  b  c  1  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3 3 2 Câu 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x - y + 2 = 0 và đường thẳng (2m  1) x  (1  m) y  m  1  0 (m là tham số). Tìm m để đường thẳng dm song song với mặt dm :  mx  (2m  1) z  4m  2  0 phẳng (P) 1 1 A. m  B. m  1 C. m   D. m  1 2 2  Giải: 2 x  y  2  0   dm / /  P   hệ PT ẩn x, y, z sau vô nghiệm (2m  1) x  (1  m) y  m  1  0 mx  (2m  1) z  4m  2  0  2. 2. 2.  (1)  y  2 x  2 . Thay vào (2) ta được: x . m 1 2m  4 y 3 3. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 1  Thay x, y vào (3) ta được: (2m  1) z   (m2  11m  6) . Để PT này vô nghiệm thì 3 1 m 2 Câu 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, một mặt phẳng đi qua điểm M (1;3;9) và cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(a;0;0) , B(0;b;0) , C(0;0;c) với a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị của biểu thức P = a +b + c để thể tích tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất. A. P=44 B. P=39 C. P=27 D. P=16  Giải: 1 1  VOABC  OA.OB.OC  abc 6 6 x y y  Phương trình mặt phẳng đi qua A, B, C:    1 a b c 1 3 9  Vì M  ( ABC )     1 a b c. 1 3 9 1 3 9 27.27 1    33 . .   abc  121,5  min VOABC a b c a b c abc 6 1 3 9 a  3  a  b  c  1   Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi   b  9  a  b  c  39 1 3 9    c  27   a b c x 1 y z  1 Câu 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : và ba điểm A(3;2;  1 2 1 1), B(-3;-2;3) , C(5;4;-7). Gọi tọa độ điểm M (a;b;c) nằm trên Δ sao cho MA+MB nhỏ nhất, khi đó giá trị của biểu thức P = a +b + c là:  Áp dụng BĐT Côsi: 1 . 16  6 6 42  6 6 B. P  5 5  Giải:  M  nên M (1  t;2t; 1  t ) A. P . C. P . 16  6 6 5. D. P . 16  12 6 5. AM  (t  2;2t  2; t )  AM  6t 2  12t  8 BM  (t  4;2t  2; t  4)  BM  6t 2  24t  36     1  MA  MB  6t 2  12t  8  6t 2  24t  36  6  (1  t ) 2   (t  2) 2  2  3   f ( x)   2.  1   1   Áp dụng BĐT Vectơ ta có: f ( x)  (1  t  t  2)   2  9  2  3   3 . 2. 2.  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:. 1 t t  2 83 6   1 5 2 3.  13  3 6 16  6 6 3 6  13  16  6 6 ; ;  Do đó: M    P  5 5 5 5  . 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có A trùng với gốc của hệ tọa độ. Cho B(a;0;0), D(0;a;0), A’(0;0;b) với a,b > 0 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC’. a Xác định tỉ số để hai mặt phẳng (A’BD) và (BDM) vuông góc với nhau. b a a a 1 a A.  2 B.  C.  3 D.  1 b b b 2 b. b  - Từ giả thiết ta có: C (a; a;0) ; C (a; a;0)  M  a; a;  2  - Mặt phẳng (BDM) có VTPT là: - Mặt phẳng (A’BD) có VTPT là: a 2b 2 a 2b 2 a - Yêu cầu của bài toán tương đương với: n1.n2  0    a4  0  a  b   1 2 2 b x 1 y z  1 Câu 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : và mặt phẳng (P):   2 1 1 2x - y + 2z -1= 0. Mặt phẳng (Q) chứa  và tạo với (P) một góc  nhỏ nhất, khi đó góc  gần với giá trị nào nhất sau đây? A. 6° B. 8° C. 10° D. 5°  Giải:  x  1  2t    : y  t Chọn 2 điểm (1;0;-1) và (3;1;-2) với t=1  z  1  t   (Q) chứa Δ suy ra (Q): a(x-1)+by+c(z+1)=0  ax  by  cz  a  c  0  Và (3;1;-2)  (Q)  3a  b  2c  a  c  0  2a  b  c  0  c  2a  b  Vậy (Q): ax+by+(2a+b)z+a+b=0. Gọi =((P),(Q)),   0o ;90o   Ta có: cos  . nP .nQ. . nP . nQ  Nếu a = 0  cos  . b  6a 3 a 2  b2  (2a  b)2. . 1 b2  12a  36a 2 3 2b2  4ab  5a 2. 1 3 2. b2  12ab  36a 2 t 2  12t  36 b  2  f (t ) thì ta có: 2b2  4ab  5a 2 2t  4t  5 a  7 t  f '(t )  0   10 . Từ bảng biến thiên ta có thể dễ nhận thấy:  t  6  Nếu a  0 , đặt t . 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  1 53  0  7  53  max f (t )  f        cos 1    8 3 6  10  6   Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(0;1;1), B(1;0;-3), C(-1;-2;-3) và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 - 2x + 2z - 2 = 0. Điểm D(a;b;c) trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất, khi đó a + b + c bằng: 2 2 4 A.  B. C. 1 D. 3 3 3  Giải:  Tâm I(1;0;-1), bán kính R=2. (ABC): 2x – 2y + z + 1=0 2 1  VABCD  d ( D;( ABD)).S ABC khi đó VABCD max khi và chỉ khi d (D;(ABC)) max 3  Gọi D1D2 là đường kính của (S) vuông góc với (ABC). Ta thấy với D là điểm bất kỳ thuộc (S) thì d(D;(ABC))  max{d(D1;(ABC)), d(D2;(ABC))}  Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D1 hoặc D2  2  x  1  2t t  3  7 4 1  1 4 5  D1D2:  y  2t thay mặt (S) ta suy ra:   D1  ; ;  , D2   ; ;    3 3 3  3 3 3 t   2  z  1  t   3 2 7 4 1  Vì d(D1;(ABC)) > d(D2;(ABC)) nên D  ;  ;    a  b  c  3  3 3 3 x  2  t  Câu 9: Cho mặt cầu (S): x  y  z  2 x  4 z  1  0 và đường thẳng d :  y  t Tìm m để d cắt (S) z  m  t  tại hai điểm phân biệt A,B sao cho mặt phẳng tiếp diện của (S) tại A và tại B vuông góc với nhau. A. m=-1 hoặc m=-4 B. m=0 hoặc m=-4 C. m=-1 hoặc m=0 D. Cả A, B, C đều sai  Giải:  Bình luận: Ta có nếu hai mặt phẳng tiếp diện của (S) tại A và B vuông góc với nhau thì hai vtpt của hai mặt phẳng này cũng vuông góc với nhau. Mà hai vtpt của hai mặt phẳng này chính là IA , IB . Với I (1;0;-2) là tâm của mặt cầu (S). Vậy ta có hai điều kiện sau: 1. d cắt (S) tại hai điểm phân biệt. 2. IA . IB - 0.  Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì trước tiên d phải cắt mặt cầu, tức là phương trình (2  t )2  t 2  (m  t )2  2.(2  t )  4.(m  t )  1  0 có hai nghiệm phân biệt. 2. 2. 2.  3t 2  2(m  1)t  m2  4m  1  0  Phương trình có hai nghiệm phân biệt Δ’>0  (m  1)2  3m2 12m  3  0  m2  5m  1  0 .  Với phương trình có hai nghiệm phân biệt, áp dụng định lí Viet ta có m 2  4m  1 2 t1t2  ; t1  t2   (m  1) 3 3  Khi đó IA  (1  t1; t1; m  2  t1 ), IB  (1  t2 ; t2 ; m  2  t2 ) .. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  Vậy IA.IB  (1  t1 )(1  t2 )  t1t2  (m  2  t1 )(m  2  t2 )  0  3t1t2  (m  1)(t1  t2 )  (m  2) 2  1  0  m  1 2 (TM).  m2  4m  1  (m  1)2  (m  2)2  1  0   3  m  4 Câu 10: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A(1;1;1), B(-1;2;0), C(3;-1;2). Điểm M(a;b;c) thuộc x 1 y z  1 đường thẳng  : sao cho biểu thức P  2MA2  3MB2  4MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.   2 1 1 Tính a+b+c= ? 5 11 16 A. B.  C. 0 D.  3 3 3  Giải:  Gọi D(x;y;z) là điểm thỏa 2DA  3DB  4DC  0  2DA  3DB  4DC  0  2DA  3( DA  AB)  4( DA  AC )  0  DA  4 AC  3 AB. 1  x  4.2  3.2   1  y  4.2  3.1  D(13;12; 6) 1  z  4.1  3.1   Khi đó: P  2(MD  DA)2  3(MD  DB)2  4(MD  DC )2.  MD2  2MD(2DA  3DB  4DC )  2 AD2  3BD2  4DC 2 = MD2  2 AD2  3BD2  4DC 2  Do MD2  2 AD2  3BD2  4DC 2 không đổi nên P nhỏ nhất khi MD nhỏ nhất. Mà M thuộc Δ nên MD nhỏ nhất khi M là hình chiếu của D lên Δ 11 11  8 11 5   M (1  2t; t; 1  t ) . Ta có: DM .u  0  t    M   ;  ;   a  b  c   6 3  3 6 6 Câu 11: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A(1;1;1), B(-1;2;0), C(3;-1;2). Điểm M (a;b;c) thuộc mặt phẳng (): 2 x  y  2 z  7  0 sao cho biểu thức P  3MA  5MB  7 MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính abc  ? A. 4 B. -5 C. 13 D. 7  Giải:  Gọi F ( x; y; z ) là điểm thỏa 3FA  5FB  7 FC  0  CF  3CA  5CB  F (23;20; 11).  Khi đó: P  3(MF  FA)  5(MF  FB)  7(MF  FC )  MF  Do đó P nhỏ nhất khi M là hình chiếu của F lên (). Điểm M (23  2t;20  t; 11  2t ) . Vì M thuộc () nên: 2(23  2t )  (20  t )  2(11  2t )  7  0  t  9  M (5;11;7)  a  b  c  13 Câu 12: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A(1;1;1), B(-1;2;0), C(3;-1;2). Điểm M(a;b;c) thuộc mặt cầu (S ) : ( x  1)2  y 2  ( z  1)2  861 sao cho biểu thức P  2MA2  7MB2  4MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính a  b  c  ? A. 8 B.5 C.-5 D.3  Giải:  Gọi K ( x; y; z ) là điểm thỏa 2KA  7 KB  4KC  0  K (21;16;10)  Khi đó: P  MK 2  2KA2  7KB2  4KC 2  Do đó P nhỏ nhất khi MK lớn nhất. Mặt cầu (S) có tâm I(1;0;-1)  KI  (22; 16; 11). 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  x  1  22t   Phương trình đường thẳng KI:  y  16t Thay x,y,z vào (S) ta được:  z  1  11t   K  (23; 16; 12) (22t )2  (16t )2  (11t )2  861  t  1 Suy ra KI cắt (S) tại hai điểm  1  K 2  (21;16;10)  Vì KK1 > KK2 nên MK lớn nhất khi và chỉ khi M  K1 (23; 16; 12) . Vậy M  (23; 16; 12) Câu 13: Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(1;1;-1), B(-3;5;5). Điểm M(a;b;c) thuộc mặt phẳng ( ) : 2 x  y  2 z  8  0 sao cho biểu thức P  MA  MB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính a  b  c  ? A. 7 B. 3 C. 2 D. 4  Giải:  Ta có f ( A). f ( B)  0 , nên A, B ở về cùng một phía so với ( ). Gọi A’ là điểm đối xứng qua A qua ()  x  1  2t  y  1 t   Phương trình đường thẳng AA’:  . Tọa độ giao điểm I của AA’ và () là z   1  2 t  2 x  y  2 z  8  0  x  1  2t  y  1 t  nghiệm của hệ:   I (3;0;1) z   1  2 t  2 x  y  2 z  8  0  Vì I là trung điểm AA’ nên A’(5;-1;3) và A’, B nằm khác phía so với (). Khi đó với mọi điểm M thuộc () ta luôn có: MA  MB  A ' M  MB  A ' B . Đẳng thức xảy ra khi M  A ' B  ( ).  x  5  4t   A ' B  (8;6; 2)  A ' B :  y  1  3t . Tọa độ giao điểm M của A’B và () là nghiệm của z  3  t .  x  5  4t  y  1  3t  hệ:   M (1; 2; 4) z  3  t  2 x  y  2 z  8  0 Câu 14: Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(1;1;-1),C(7;-4;4). Điểm M(a;b;c) thuộc mặt phẳng ( ) : 2 x  y  2 z  8  0 sao cho biểu thức P  MA  MC đạt giá trị lớn nhất.Tính a  b  c  ? A. 7 B. 3 C. 2  Giải:  M (a; b; c) . Đặt f (M )  2a  b  2c  8. D. 4.  Ta có f ( A). f (C )  0 nên A và C nằm về hai phía so với ( )  Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua (). 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  x  1  2t   Phương trình đường thẳng AA’:  y  1  t . Tọa độ giao điểm I của AA’ và () là  z  1  2t .  x  1  2t  y  1 t  nghiệm của hệ:   I (3;0;1) z   1  2 t  2 x  y  2 z  8  0  Vì I là trung điểm AA’ nên A’(5;-1;3). Khi đó với mọi điểm M thuộc ( ) ta luôn có: MA  MC  MA ' MC  A ' C . Đẳng thức xảy ra khi M  A ' C  ( )  x  5  2t   A ' C  (2; 3;1)  A ' C :  y  1  3t . Tọa độ giao điểm M của A’C và () là nghiệm của z  3  t   x  5  2t  y  1  3t  hệ   M (3; 2; 2) z  3  t 2 x  y  2 z  8  0 x 1 y 1 z Câu 15: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng  :   và mặt phẳng 1 2 2 ( P) : ax  by  cz  3  0 chứa Δ và cách O một khoảng lớn nhất. Tính a  b  c  ? A. -2 B. 3 C. 1 D. -1  Giải:  Gọi K là hình chiếu vuông góc của O lên Δ, suy ra K (1  t;1  2t;2t ) , OK  (1  t;1  2t ; 2t ).  2 1 2 K  3 ; 3 ;  3  1     Vì OK   nên OK .u  0  t     3 OK   2 ; 1 ;  2     3 3 3  Gọi H là hình chiếu của O lên (P), ta có: d (O;( P))  OH  OK  1 . Đẳng thức xảy ra khi H  K . Do đó (P) cách O một khoảng lớn nhất khi và chỉ khi (P) đi qua K và vuông góc với OK. Từ đó ta suy ra phương trình của (P) là: 2 x  y  2 z  3  0  a  b  c  1 x 1 y 1 z Câu 15: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng  :   và mặt phẳng 1 2 2 ( ) : x  2 y  2 z  5  0 . Mặt phẳng (Q): ax  by  cz  3  0 chứa Δ và tạo với () một góc nhỏ nhất. Tính a  b  c  ? A. -1 B. 3 C. 5 D. 1.  Giải: 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  Công thức giải nhanh: n(Q )    n( ) , n  , n     Chứng minh công thức: AH AK AK . Mà không đổi nên suy  AC AC AC ra φ nhỏ nhất  H  K hay (Q) là mặt phẳng đi qua Δ và vuông góc với mặt phẳng (ACK)  Mặt phẳng (ACK) đi qua Δ và vuông góc với () nên: n( ACK )   n( ) , n   Do (Q) đi qua Δ và vuông góc với mặt phẳng (ACK) nên: n(Q )  n( ACK ) , n     n( ) , n  , n   .  A(1;1;0)  Δ, khi đó φ=ACH và sin   sin ACH .  Áp dụng công thức nên ta có n(Q )  (8;20; 16) suy ra:. (Q) : 8( x 1)  20( y 1) 16 z  0  2 x  5 y  4 z  3  0  a  b  c  1 x 1 y 1 z Câu 16: Trong không gian Oxyz cho đường  :   và hai điểm M(1;2;1), N(-1;0;2). Mặt 1 2 2 phẳng (ß): ax  by  cz  43  0 đi qua M, N và tạo với (Δ) một góc lớn nhất. Tính a  b  c  ? A. -22 B. 33 C. -33 D. 11  Giải:  Công thức giải nhanh: n(  )   nNM , n  , nNM     Chứng minh tương tự câu 15: n(  )  (1;10; 22) suy ra. ( ) :1( x 1)  10( y  2)  22( z 1)  0  x  10 y  22 z  43  0  a  b  c  33 Câu 17: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A(1;2;3), B(1;0; 3), C(2; 3; 1) . Điểm M(a;b;c) thuộc mặt phẳng (): 2 x  y  2 z  1  0 sao cho biểu thức P  3MA2  4MB2  6MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính a  b  c  ? A. 15 B. 12 C. 20 D. 7  Giải:  M (a; b; c)  ( )  2a  b  2c 1  0  P  a2  b2  c2  26a  48b  6c  2  (a  11)2  (b  25)2  (c  1)2  2(2a  b  2c  1)  747  747  Dấu “=” xảy ra khi: a  11; b  25; c  1  a  b  c  15 Câu 18: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A(1;2;3), B(1;0; 3), C(2; 3; 1) . Điểm M (a; b; c) x 1 y  1 z 1 thuộc đường thẳng  : sao cho biểu thức P  MA  7MB  5MC đạt giá trị lớn   2 3 1 nhất. Tính a  b  c  ? 31 11 12 55 A. B. C. D. 4 3 5 7  Giải:  M   M (1  2t; 1  3t;1  t )  MA  7MB  5MC  (2t  19;3t 14; t  20) 2. 6411  12  6411  P  (2t  19)  (3t  14)  (20  t )  14  t     7 7 7  12 55  Dấu “=” xảy ra khi: t   a  b  c  7 7 2. 2. 2. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Câu 19: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A(1;2;3), B(-1;0;-3), C(2;-3;-1). Điểm M(a;b;c) thuộc 283 mặt cầu ( S ) : ( x  2)2  ( y  2)2  ( z  8) 2  sao cho biểu thức P  MA2  4MB2  2MC 2 đạt giá trị 2 lớn nhất. Tính a  b  c  ? A. -28 B. 7 C. 6 D. -3  Giải:  Gọi E ( x; y; z ) là điểm thỏa EA  4EB  2EC  0  E (9;4; 13)  Khi đó: P  EM 2  EA2  4EB2  2EC 2  P lớn nhất khi EM nhỏ nhất. Mặt cầu (S) có tâm  x  2  11t 1  I (2; 2;8)  IE  (11; 2; 21)  IE :  y  2  2t . Thay x, y, z vào (S) ta được t   Suy ra 2  z  8  21t    7 5  E1   2 ;3;  2    IE cắt (S) tại hai điểm    15 37   E2   ;1;  2    2. 5  7  Vì EE1  EE2 nên EM nhỏ nhất khi và chỉ khi M  E1   ;3;   , suy ra M  (6;0;12) 2  2 x y 1 z  2 Câu 20: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d :  cắt đường thẳng  a b c x 1 y z  2 sao cho khoảng cách từ điểm B(2;1;1) đến đường thẳng d là nhỏ nhất. Tính d ':   2 1 1 abc  ? A. -28 B. 7 C. 6 D. 18  Giải:  M  d  d '   AB, AM   (1  t;1; 4  2t )  Gọi   M (t  2t; t; 2  t ) , suy ra    A(0; 1; 2)  d  ud  AM  (2t  1; t  1; t )  d ( B, d ) .  AB, AM  5t 2  18t  18     6t 2  2t  2 AM. f (t ). t  0 1  f '(t )  0    min f (t )  f (2)   ud  (3;3; 2)  a  b  c  4 11 t  2 x y 1 z  2 Câu 21: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d :  cắt đường thẳng  a b c x 1 y z  2 x 5 y z sao cho khoảng cách giữa d và  : d ':     là lớn nhất. Tính a  b  c  ? 2 1 1 2 2 1 A. -8 B. -1 C. 1 D. 12  Giải: M  d  d '  Gọi   M (1  2t; t; 2  t ) , suy ra ud  AM  (2t  1; t  1; t )  A(0; 1; 2)  d  N (5;0;0) , u  (2; 2;1)  u , AM   (t  1; 4t  1;6t ). 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> u , AM  . AN (2  t )2    d (d ; )  3  3 f (t ) 53t 2  10t  2 u , AM   . 4  t 1  4    f '(t )  0  37  min f (t )  f    ud   (29; 41; 4)  a  b  c  8  37  37  t  2 Câu 22: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( P) : x  2 y  2 z 1  0 , (Q) : x  y  2 z  1  0 và điểm I(1;1;- 2).Mặt cầu (S) tâm I, tiếp xúc với (P) và mặt phẳng. ( ) : ax  by  cz  m  0 vuông góc với (P), (Q) sao cho khoảng cách từ I đến (α) bằng rằng tổng hệ số a  b  c  m dương. Cho các mệnh đề sau đây: (1) Điểm A(1;1;0) và B(-1;1;-2) thuộc mặt cầu (S). (2) Mặt phẳng (α) đi qua C(0;-5;-3).  x  2t  (3) Mặt phẳng (α) song song với đường thẳng (d)  y  5  t  z  3 . 29 . Biết. (4) Mặt cầu (S) có bán kính R = 2. (5) Mặt phẳng (α) và Mặt cầu (S) giao nhau bằng một đường tròn có bán kính lớn hơn 2 Hỏi có bao nhiêu mệnh đề sai ? A. 1 B. 3 C. 2 D. 4  Giải: Chọn đáp án C  R  d ( I ,( P))  2 . Phương trình mặt cầu: ( x  1)2  ( y  1)2  ( z  2)2  4 .  n  (2;3;4)  ( ) : 2 x  4 y  3z  m  0 . d ( I ;( ))  29  m   29  Vậy ( ) : 2 x  4 y  3z  29  0 chọn ( ) : 2 x  4 y  3z  29  0 do a  b  c  m  0 .  Đối chiếu: (1) Đúng: Thay tọa độ điểm vào mặt cầu ta thấy. (2) Đúng: Thay tọa độ điểm vào mặt phẳng (3) Sai: Thực chất ta tưởng lầm rằng mặt phẳng phẳng (α) song song (d) nhưng thực chất là (d) thuộc phẳng phẳng (α), các em kiểm tra bằng cách tính khoảng cách 2 điểm bất kỳ đến (α) đều bằng 0 (4) Đúng (5) Sai: Do khoảng cách từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng lớn hơn bán kính mặt cầu nên hai mặt không giao nhau. Câu 23: Cho không gian Oxyz, cho các điểm A(2;3;0), B(0;- 2 ;0) và đường thẳng d có phương trình x  t   y  0 . Điểm C (a;b;c) trên đường thẳng d sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất. z  2  t  Tính a  b  c  ? A. 2 B. 3 C. 1 D. 4  Giải:  Vì AB không đổi nên tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất khi CA+CB nhỏ nhất  Gọi C(t;0;2-t). Ta có CA= 2(t  2)2  32 , CB  2(1  t )2  22  Đặt u  ( 2(t (t  2);3) v  ( 2(1  t );2)  u  v  ( 2;5)  Áp dụng tính chất u  v  u  v . Dấu “=” xảy ra khi u cùng hướng với v 10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>  CA  CB  u  v  u  v  2  25  3 3 2(t  2) 3 7   t   abc  2 5 2(t  1) 2 Câu 24: Trong không gian Oxyz, cho điểm M(a;b;c) với c < 0 thuộc mặt cầu (S ) : ( x  2)2  ( y 1)2  ( z 1)2  9 sao cho biểu thức P  a  2b  2c đạt giá trị lớn nhất. Khi đó abc  ? A. 1 B. 9 C. -1 D. 3  Giải  M (a; b; c)  (S )  (a  2)2  (b 1)2  (c 1)2  9.  Dấu “=” xảy ra khi.  P  (a  2)  2(b  1)  2(c  1)  6  (1  4  4) (a  2) 2  (b  1) 2  (c  1) 2   9  6  15 b 1  a  2  2  c 1   Dấu “=” xảy ra khi: a  2   a  b  c  1 2  (a  2) 2  (b  1) 2  (c  1) 2  9   Câu 25: Trong không gian Oxyz, cho 4 điểm A(2; 4; -1), B(1; 4;-1), C(2; 4; 3), D(2; 2;-1) và điểm M(a;b; c) sao cho biểu thức P  MA2  MB2  MC 2  MD2 đạt giá trị nhỏ nhất, khi đó a  b  c  ? 7 3 23 21 A. B. C. D. 4 4 4 4  Giải:  7 14   Gọi G là trong tâm của ABCD suy ra G  ; ;0  4 4   P  4MG2  GA2  GB2  GC 2  GD2 . Vì GA2  GB2  GC 2  GD2 không đổi nên P nhỏ  7 14  nhất khi MG nhỏ nhất hay M  G  ; ;0  4 4  Câu 26: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  4 x  2 y  6 z  5  0 và mặt phẳng ( P) : 2 x  2 y  z  16  0 Điểm M(a;b; c) di động trên (S) và điểm N(m;n; p) di động trên (P) sao cho độ dài đoạn thẳng MN là ngắn nhất, khi đó a  b  c  m  n  p  ? A. 3 B. 2 C. 0 D. 1  Giải:  Mặt cầu ( S ) có tâm I (2; 1;3) và bán kính R  3  d ( I ;( P))  5  R . Do đó (S) và (P) không có điểm chung. Suy ra min MN  5  3  2  Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S). Gọi d là đường  y  2  2t  thẳng đi qua I và vuông góc với (P) thì N0  d  ( P) , khi đó d:  y  1  2t . Tọa độ N 0 là z  3  t   y  2  2t  y  1  2t   4 13 14  nghiệm của hệ:   N0   ;  ;   3 3 3 z  3  t 2 x  2 y  z  16  0. 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 3  IM 0  IN0  M (0; 3  4)  a  b  c  m  n  p  0 5 Câu 27: Trong không Oxyz, cho mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  6 x  8 y  2 z  23  0 và mặt phẳng ( P) : x  y  z  3  0 . Điểm M(a;b;c) nằm trên mặt cầu (S) sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) là lớn nhất; khi đó a  b  c  ? A. 1 B. 5 C. 7 D. 9  Giải:  Mặt cầu (S) có tâm I(3;4;1) và bán kính R  3 y  3t   Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P), d :  y  4  t Khi đó M  d  (S ) hay z  1 t  y  3t y  4t  M 1 (4;5;0)  tọa độ M là nghiệm của hệ: d :    M 2 (2;3; 2) z  1 t 2 2 2   x  y  z  6 x  8 y  2 z  23  0.  Ta thấy d (M1;( P))  d (M 2 ;( P)) . Do đó M (4;5;0)  a  b  c  9 Câu 28: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  4 x  6 y  m  0 và đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng ( P) : 2 x  2 y  z  1  0 , (Q) : x  2 y  2z  4  0 . Tìm m để mặt cầu (S) cắt đường thẳng d tại hải điểm M, N sao cho MN = 8 A. m = 12 B. m = -5 C. m = -3 D. m = -12  Giải:  Mặt cầu (S) có tấm I(-2; 3; 0) và bán kính R  13  m  IM (m  13)  Gọi H là trung điểm của MN suy ra MH = 4. IH  d ( I ; d )  m  3 . (d) qua A có VTCP u  (2;1; 2)  d ( I ; d ) . u; AI     3 . Vậy u. m  3  3  m  12. Câu 29: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm E (2;1;5) , F (4;3;9) . Gọi Δ là giao tuyến của hai mặt phẳng ( P) : 2 x  y  z  1  0 , (Q) : x  y  2 z  7  0 . Điểm I(a;b;c) thuộc Δ sao cho biểu thức P  IE  IF lớn nhất. Tính a  b  c  ?. A. 4 B. 1 C. 3  Giải: x  1 t x  2  t '     :  y  5t , EF :  y  1  t '  z  3  3t  z  5  2t '   1  t  2  t ' t  0    EF cắt Δ tại A(1;0;3)  Xét hệ: 5t  1  t ' t '  1 3  3t  5  2t ' . D. 2.  Trong mặt phẳng (Δ;EF) mọi điểm I thuộc Δ ta có IE  IF  EF  Dấu “=” xảy ra khi I, E, F thẳng hàng, suy ra I  A(1;0;3) Câu 30: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; 1;2), B(2; 2;1) và mặt phẳng ( P) : x  3 y  z  2  0 . Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB, Δ là giao tuyến của (P) và (Q). Điểm M(a;b;c) thuộc Δ sao cho độ dài đoạn thẳng OM là nhỏ nhất, khi đó a  b  c  ? 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 3 2  Giải:. B. . A.. 3 2. C. 1. D. 4. 3  3 3 3  Gọi I là trung điểm AB suy ra I   ;  ;  , (Q) : x  y  z   0 2  2 2 2 7   x   4  2t  1   7  Δ là giao tuyến của (P) và (Q) suy ra Δ:  y  t  M    2t ; t ;  t  4   4  1 z   t 4  2. 25  5  25  OM  6  t     32  8  32 5  1 5 3  Dấu “=” xảy ra khi t   M   ;  ;   8  2 8 8 Câu 31: Trong không gian Oxyz, cho điểm A(2;3;4) , mặt phẳng ( P) : x  2 y  z  5  0 và đường x  3 y 1 z  3 thẳng d : . Gọi Δ là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao điểm d và (P) đồng thời   2 1 1 vuông góc với d. Điểm M (a; b; c) thuộc Δ sao cho độ dài đoạn thẳng AM là nhỏ nhất, khi đó abc  ? 13 3 7 A. B.  C. D. 0 3 2 2  Giải:  Gọi I  d  ( P) suy ra I(-1;0;4) x  1 t   u  ud , n( P )   (3;3;3) suy ra Δ:  y  t  M (1  t ; t ; 4  t ) z  4  t  4  AM ngắn nhất khi và chỉ khi AM  Δ  AM .u  0  t  3  7 4 16   Vậy M   ; ;   3 3 3 Câu 32: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(5;8; 11) , B(3;5; 4) , C (2;1; 6) và đường thẳng x 1 y  2 z 1 . Điểm M (a; b; c) thuộc d sao cho biểu thức P  MA  MB  MC đạt giá trị d:   2 1 1 nhỏ nhất, khi đó a  b  c  ? 7 15 14 A.  B.  C. D. 2 2 4 9  Giải:  M (1  2t;2  2t;1  t )  d 2. 53  10  53  P  (2t  1)  (2t  4)  t  9  t     9 9 9  10  11 2 1   Dấu “=” xảy ra khi t    M   ;  ;   9  9 9 9 2. 2. 2. 13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Câu 33: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0) , B(3;3;6) và đường thẳng x  1 y 1 z d:   . Điểm M (a; b; c) thuộc d sao cho ΔMAB có diện tích nhỏ nhất, khi đó 2 1 2 abc  ? A. 3 B. 1 C. 4 D. 2  Giải:  M (1  2t;1  t;2t )  d 1  SMAB   AM , AB   18(t  1)2  198  198 2  Dấu “=” xảy ra khi t  1  M (1;0;2) Câu 34: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; 1;2) , B(3; 4; 2) và đường thẳng  x  2  4t  d :  y  6t . Điểm I (a; b; c) thuộc d sao cho IA  IB đạt giá trị nhỏ nhất, khi đó a  b  c  ?  z  1  8t  43 65 23 21 B. C. D.  29 29 58 58  Giải:  AB  (2; 3; 4)  AB / / d . Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua d  IA  IB  IA ' IB  A ' B . Dấu “=” xảy ra khi A’, I, B thẳng hàng suy ra I  A ' B  d . Vì AB//d nên I là trung điểm của A’B.  36 33 15   43 95 28   Gọi H là hình chiếu của A lên d suy ra H  ; ;  suy ra A '  ; ;   .  29 29 29   29 29 29 . A. .  65 21 43   Vì I là trung điểm của A’B nên I  ;  ;    29 58 29  x  1 t x  3 y 1 z  Câu 35: Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d :  y  1  t và d ' :   . Điểm 1 2 1 z  2  A(a; b; c)  d và B(m; n; p)  d ' sao cho đoạn AB có độ dài ngắn nhất, khi đó a  b  c  m  n  p  ? A. 4 B. 1 C. 6 D. 5  Giải:  A(1  t; 1  t;2) và B(3  t ';1  2t '; t ') suy ra AB  (2  t  t ';2  t  2t '; t ' 2)  AB có độ dài nhỏ nhất khi AB là đoạn vuông góc chung của d và d’ hay:   AB.ud  0  t  t '  0  A(1; 1; 2), B(3;1;0)  AB . u  0  d' . 14.

<span class='text_page_counter'>(15)</span>