Bài tập trắc nghiệm Giải tích Lớp 12 (Vận dụng cao) - Phương pháp tọa độ trong không gian Oxyz - Năm học 2022-2023 (Có đáp án)

145 trang binhdn2 09/01/2023 5310

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài tập trắc nghiệm Giải tích Lớp 12 (Vận dụng cao) - Phương pháp tọa độ trong không gian Oxyz - Năm học 2022-2023 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bai_tap_trac_nghiem_giai_tich_lop_12_van_dung_cao_phuong_pha.docx

Nội dung text: Bài tập trắc nghiệm Giải tích Lớp 12 (Vận dụng cao) - Phương pháp tọa độ trong không gian Oxyz - Năm học 2022-2023 (Có đáp án)

Như vậy tập hợp điểm M là elip E trong mặt phẳng tọa độ Oxy , có phương trình: x2 y2 1, nên có nửa độ dài các trục lần lượt là 6 và 6 2 có diện tích bằng: 36 72 .6.6 2 36 2 . A a;0;0 B 0;b;0 C 0;0;c Câu 96: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm , , với ABC 1 2 3 a , b , c 0 . Biết rằng mặt phẳng đi qua điểm M ; ; và tiếp xúc với mặt cầu 7 7 7 2 2 2 72 1 1 1 S : x 1 y 2 z 3 . Tính T . 7 a2 b2 c2 1 7 A. .T 14 B. . T C. . TD. 7 T . 7 2 Lời giải Chọn D. Mặt phẳng ABC đi qua ba điểm A a;0;0 , B 0;b;0 , C 0;0;c nên có phương trình là x y z 1. a b c 1 2 3 1 2 3 Ta có M ; ; ABC nên 7 . 7 7 7 a b c 72 Mặt cầu S có tâm I 1;2;3 và bán kính R . 7 1 2 3 1 a b c 72 1 1 1 7 ABC tiếp xúc với S d I, ABC R . 1 1 1 7 a2 b2 c2 2 a2 b2 c2 2 2 2 Câu 97: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu S : x 1 y 1 z 2 16 và điểm A 1; 2;3 . Ba mặt phẳng thay đổi đi qua A và đôi một vuông góc với nhau, cắt mặt cầu theo ba đường tròn. Tính tổng diện tích của ba đường tròn tương ứng đó. A. .1B.0 38 .C. .D. . 33 36 Lời giải Chọn B. Cách 1: Nhận xét:
z D I 2 I 3 I (Q) (R) A y C x B (P) I 1 Giả sử ba mặt mặt phẳng cùng đi qua A đôi một vuông góc với nhau là P , Q , R . Với điểm I bất kỳ, hạ II1, II2 , II3 lần lượt vuông góc với ba mặt phẳng P , Q , R thì ta luôn 2 2 2 2 có: IA II1 II2 II3 1 . Thật vậy , ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz với O  A , ba trục Ox,Oy,Oz lần lượt là ba giao tuyến của ba mặt phẳng P , Q , R . Khi đó tọa độ I a;b;c thì: IA2 a2 b2 c2 d 2 A; Iyz d 2 A; Ixz d 2 A; Ixy 2 2 2 2 hay IA II1 II2 II3 . Vậy 1 được chứng minh. Áp dụng giải bài : Mặt cầu S có tâm I 1; 1;2 và có bán kính r 4 .  IA 0;3;1 IA 10 . (S) I r (C1) r A I 1 1 Giả sử ba mặt mặt phẳng cùng đi qua A đôi một vuông góc với nhau là P , Q , R và cắt mặt cầu S theo ba đường tròn lần lượt là C1 , C2 , C3 .
Gọi I1;I2;I3 và r1,r2 ,r3 lần lượt là tâm và bán kính của C1 , C2 , C3 . 2 2 2 2 2 2 Khi đó : II1  P II1 r1 r r1 r II1 . Tương tự có: r 2 r 2 II 2 và r 2 r 2 II 2 . 2 2 3 3 2 2 2 2 Theo nhận xét ở trên ta có: IA II1 II2 II3 Ta có tổng diện tích các đường tròn là : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 S r1 r2 r3 r II1 r II2 r II3 3r 2 II 2 II 2 II 2 1 1 1 3r 2 IA2 38 . Cách 2: Đặt biệt hóa : Giả sử có 3 đường tròn S1 ; S2 ; S3 như hình bên trong đó S1 ; S2 đều là đường tròn lớn có bán kính là 4 . I 1; 1;2 ; A 1; 2;3 suy ra IA 10 ; R 4 . Suy ra bán kính hình tròn S3 là r 16 10 6 2 Tổng diện tích các hình tròn là: .42 .42 . 6 38 . Câu 98: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A 2;1;3 và mặt phẳng P : x my 2m 1 z m 2 0, m là tham số. Gọi H a;b;c là hình chiếu vuông góc của điểm A trên P . Tính a b khi khoảng cách từ điểm A đến P lớn nhất ? 1 3 A. .aB. .bC. . D. a b 2 a b 0 a b . 2 2
Lời giải Chọn D. Cách 1: 6m 3 36m2 36m 9 Ta có d A, P d 2 A, P 5m2 4m 2 5m2 4m 2 36m2 36m 9 36m2 54m 36 Xét hàm số f m 2 f m 2 5m 4m 2 5m2 4m 2 1 m f m 0 2 m 2 BBT Hàm số đạt GTLN khi m 2 P : x 2y 5z 4 0 x 2 t Đường thẳn qua A và vuông góc với P có phương trình là y 1 2t z 3 5t H H 2 t;1 2t;3 5t 1 3 1 3 H P 2 t 2 1 2t 5 3 5t 4 0 t H ;0; a b . 2 2 2 2 Cách 2:
Gọi M x; y; z là điểm cố định thuộc mặt phẳng P Ta có x my 2m 1 z m 2 0,m m y 2z 2 x z 2 0,m x z 2 0 tọa độ điểm M thỏa mãn hệ (*) y 2z 1 0 x 2 t Đặt z t với t ¡ , từ (*) y 1 2t ,t ¡ z t x 2 t Vậy tập hợp các điểm cố định thuộc mặt phẳng P là đường thẳng : y 1 2t ,t ¡ z t 3 1 Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên K ;0; 2 2 3 1 Ta có d A, P AH AK d A, P lớn nhất bằng AK khi H  K H ;0; 2 2 3 a b . 2 Câu 99: Trong hệ tọa độ không gian Oxyz , cho mặt phẳng (P) :x 2y 2z 1 0 và hai đường x 1 y 3 z x 5 y z 5 thẳng d : ,d : . Biết rằng có 2 điểm M , M trên d và hai 1 2 3 2 2 6 4 5 1 2 1 điểm N1, N2 trên d2 sao cho M1N1, M 2 N2 song song mặt phẳng (P) đồng thời cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 2. Tính d M1N1 M 2 N2 A. d 6 5 2 . B. d . C. 5 2 .D. d 5 .5 2 d 6 2 Lời giải Chọn A. N M1 1 Q1 P M 2 Q2 N2
Gọi (Q) là mặt phẳng song song với (P) sao cho khoảng cách giữa P và Q bằng 2 . Q có phương trình dạng x 2y 2z m 0(m 1) và Q chứa M1N1 hoặc M 2 N2 . Theo giả thiết khoảng cách từ mp (Q) đến (P) bằng 2 nên ta có | m 1| m 5 2 3 m 7 Vậy có 2 mặt phẳng song song và cách (P) một khoảng bằng 2 là: Q1 : x 2y 2z 5 0 và Q2 : x 2y 2z 7 0 . + Theo giả thiết M1 d1  (Q1), N1 d2  (Q1) suy ra M1(1; 3; 5), N1 (4; 3; 5) M1N1 5 2 M 2 d1  (Q2 ), N2 d2  (Q2 ) suy ra M 2 (3;0;2), N2 ( 1; 4;0) M 2 N2 6 Vậy d 6 5 2 . x 3 t M 1;2; 1 Câu 100: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng : y 1 t , điểm và mặt cầu z 2 t S : x2 y2 z2 4x 10y 14z 64 0 . Gọi là đường thẳng đi qua M và cắt tại A , cắt S AM 1 tại B sao cho và điểm B có hoành độ là số nguyên. Mặt phẳng trung trực của đoạn AB 3 AB có phương trình là A. .2 x 4y 4z 19 0 B. . 2x 4y 4z 43 0 129 C. 3x 6y 6z 0 . D. .3x 6y 6z 31 0 2 Lời giải Chọn C. Từ giả thiết: S có tâm I 2; 5; 7 và bán kính R 14 .  A A 3 t; 1 t; 2 t AM 2 t;t 3;1 t . AM 1   Vì AB 3AM . AB 3   +) Nếu AB 3AM 3t 6;3t 9;3 3t B 2t 3;2t 8; 2t 1 .
Do B S BI R 2t 5 2 2t 13 2 2t 8 2 14 12t 2 40t 244 0 ( Vô nghiệm).   +) Nếu AB 3AM 3t 6; 3t 9; 3 3t B 4t 9; 4t 10;4t 5 . Do B S BI R 2 2 2 4 4t 7 4t 5 4t 2 14 48t 2 112t 64 0 t ; t 1 . 3  Do B có hoành độ là số nguyên nên t 1 AB 3; 6; 6 . 7 Trung điểm AB là E ; 3; 6 nên PT mặt phẳng trung trực AB : 2 129 3x 6y 6z 0 . 2 Câu 101: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a , BC a 3 , SA a và SA vuông góc với đáy ABCD . Tính sin , với là góc tạo bởi giữa đường thẳng BD và mặt phẳng SBC . 7 3 2 3 A. .sB.in .C. sin sin .D. . sin 8 2 4 5 Lời giải Chọn C. Cách 1:
S T a M N A D a a B a 3 C   Vẽ ST BC. Lúc đó SBC  STCB Gọi M , N lần lượt là trung điểm SB,TC lúc đó ta có AM  SBC , DN / / AM DN  SBC Hình chiếu của BD trên SBC chính là BN. Ta có BD, SBC BD, BN D· BN. a 2 DN AM 2 sin DBN 2 . BD BD 2a 4 Cách 2:
z S O D A y B C x Đặt hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó, ta có A 0;0;0 , B a;0;0 , D 0;a 3;0 , S 0;0;a .  Ta có BD a;a 3;0 a 1; 3;0 , nên đường thẳng BD có véc-tơ chỉ phương là u 1; 3;0 .     2 2 2 Ta có SB a;0; a , BC 0;a 3;0 SB, BC a 3;0;a 3 a 3 1;0;1 . Như vậy, mặt phẳng SBC có véc-tơ pháp tuyến là n 1;0;1 . Do đó, là góc tạo bởi giữa đường thẳng BD và mặt phẳng SBC thì u.n 1 .1 3.0 0.1 2 sin . 2 2 2 2 2 2 4 u . n 1 3 0 . 1 0 1 x 1 y 2 z Câu 102: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho bốn đường thẳng d : 1 1 2 2 x 2 y 2 z x y z 1 x 2 y z 1 d : ,d : ,d : . Gọi là đường thẳng cắt cả bốn 2 2 4 4 3 2 1 1 4 2 2 1 đường thẳng đã cho. Vectơ nào sau đây là vectơ chỉ phương của đường thẳng ur uur ur uur A. u3 2;0; 1 B. u2 2;1; 1 . C. u1 2;1;1 . D. u4 1;2; 2 . Lời giải Chọn B Ta có d1 Pd2 .Phương trình mặt phẳng d1, d2 : y z 2 0 1 3 Gọi A d3  d1,d2 A 1; ; ; B d4  d1,d2 B 4;2;0 2 2
uuur 3 3 uur Khi đó AB là đường thẳng . AB 3; ; u2 2;1; 1 là vectơ chỉ phương của đường thẳng 2 2 . Câu 103: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng( P): x y z 1 0 ,A (1;1;1) ,B (0;1;2) , C( 2;0;1) và điểm M (a;b;c) (P) sao cho: S 2MA2 MB2 MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó T 3a 2b c bằng: 7 25 25 25 A. . B. . C. . D. . 4 2 4 2 Lời giải Chọn A.    3 5 Gọi I là điểm thỏa mãn 2IA IB IC 0 I 0; ; . 4 4  2  2  2 Khi đó: 2MA2 MB2 MC 2 2MA MB MC   2   2   2     = 2 MI IA MI IB MI IC 4MI 2 2MI 2IA IB IC 2IA2 IB2 IC 2 = 4MI 2 2IA2 IB2 IC 2 . Do 2IA2 IB2 IC 2 không đổi nên S đạt nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất . Điểm M (a;b;c) (P) nên MI nhỏ nhất khi M là hình chiếu của I lên mặt phẳng P . Khi đó, M là giao điểm của (P) và đường thẳng qua I , vuông góc với (P) . x y z 1 0 3 5 1 5 3 Tọa độ của M là nghiệm của hệ: y z M ; ; . x 2 4 4 4 4 1 1 1 7 Vậy T 3a 2b c . 4 Câu 104: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P : 2y z 3 0, và điểm A 2;0;0 . Mặt phẳng đi qua A, vuông góc với P , cách gốc tọa độ O một khoảng cách 4 bằng và cắt các tia Oy,Oz lần lượt tại các điểm B,C khác O. Thể tích khối tứ diện OABC 3 bằng 8 16 A. 8 . B. 16 . C. . D. . 3 3 Lời giải Chọn C
x y z Gọi B 0;b;0 ,C 0;0;c bc 0 PT mặt phẳng : 1 . 2 b c 2 1 Do  P nên 0 b 2c PT mặt phẳng : cx y 2z 2c . b c 2c 4 d O, 9c2 4 c2 5 c 2 . c2 5 3 1 1 8 Do đó, V OA.OB.OC .2.4.2 . OABC 6 6 3 Ta có thể tạo một số bài toán tương tự bằng cách thay giả thiết  P và qua A bằng giả thiết chứa đường thẳng d, giả thiết khoảng cách bằng giả thiết góc. x 2 Câu 105: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng chứa đường thẳng d : y 2t z t 4 đồng thời cách gốc tọa độ O một khoảng cách bằng và cắt các tia Ox,Oy,Oz lần lượt tại các 3 điểm A, B,C khác O. Thể tích khối tứ diện OABC bằng 8 16 A. 8 B. 16 C. D. 3 3 Câu 106: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P : 2y z 3 0, và điểm A 2;0;0 . Mặt phẳng đi qua A, vuông góc với P , tạo với mặt phẳng 1 Q : x 2y 2z 1 0 góc sao cho cos . Mặt phẳng cắt các tia Oy,Oz lần lượt tại 3 các điểm B,C khác O. Thể tích khối tứ diện OABC bằng 1 3 1 1 A. B. C. D. 8 8 24 4 Câu 107: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng chứa đường thẳng x 2 y 2 z 3 d : đồng thời cách gốc tọa độ O một khoảng cách lớn nhất. Gọi A, B,C (khác 1 1 2 O ) lần lượt là giao điểm của với các tia Ox,Oy,Oz . lần lượt tại các điểm Thể tích khối tứ diện OABC bằng 4913 1331 1331 4913 A. B. C. D. 72 6 18 24 Câu 108: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 2;0;0 , M 1;1;1 . Gọi P là mặt phẳng thay đổi đi qua A , M và cắt các trục Oy , Oz lần lượt tại B 0;b;0 , C 0;0;c với b 0 , c 0 . Khi diện tích tam giác ABC nhỏ nhất, hãy tính giá trị của bc. A. bc 8. B. .b c 64 C. . bc 2D. bc 16 . Lời giải Chọn D.
x y z Phương trình mặt phẳng P : 1 . 2 b c 1 1 1 1 Điểm M 1;1;1 P 1 b c bc 1 2 b c 2 1 Có bc b c 2 bc bc 16 . 2     Ta có: AB 2;b;0 , AC 2;0;c AB, AC bc; 2c; 2b . 1   1 2 1 2 1 S AB, AC bc 4b2 4c2 2 bc 8bc (do b c bc ) ABC 2 2 2 2 Đặt t bc t 16 1 Khi đó S S t 2t 2 8t , với t 16 . ABC 2 t 2 Có S t 0 t 16 S t đồng biến trên 16; 2t 2 8t Suy ra S ABC nhỏ nhất S t nhỏ nhất t 16 , tức bc 16 . Vậy S ABC nhỏ nhất khi bc 16. 4 8 8 Câu 109: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 2; 2; 1 , B ; ; . Đường thẳng đi 3 3 3 qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng OAB . Hỏi đi qua điểm nào dưới đây? A. .Q 5; 1;5 B. . C.N 3;0;2 M 1; 1;1 . D. .P 5; 4;5 Lời giải. Chọn C. Gọi I xI ; yI ; zI là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB . Dễ dàng tính được OA 3;OB 4; AB 5 .
4 0.5 2.4 .3 3 1 xI 3 4 5 3 8 0.5 2 .4 .3 3 4 Khi đó yI 3 4 5 3 8 0.5 1 .4 .3 3 1 zI 3 4 5 3   Và véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng OAB là n OA;OB 8; 4; 8 . 1 x 8t 3 4 Phương trình đường thẳng có dạng: y 4t 3 1 z 8t 3 Thử 4 điểm vào phương trình đường thẳng ta thấy chỉ có điểm M 1; 1;1 thỏa mãn. Câu 110: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB 3, 61 AC 4 , AA ; hình chiếu của B trên mặt phẳng ABC là trung điểm cạnh BC . Gọi M 2 là trung điểm cạnh A B (tham khảo hình vẽ bên dưới). Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng AMC và A BC bằng 13 11 33 33 A. . B. . C. . D. . 65 3157 3157 3517 Lời giải
Chọn C. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. z A' C' M 61 B' 2 y A 4 O C 3 N B x O  A 0;0;0 , B 3;0;0 , C 0;4;0 3 Gọi N là trung điểm BC N ;2;0 . 2 2 2 3 NB BB BN 3 B ;2;3 2 3 3 x x A 2 C 2   3   3 AA BB yA 2 A ;2;3 ; CC BB yC 4 2 C ;6;3 . 2 2 z 3 z 3 A C M là trung điểm A B M 0;2;3 .   3  9  3 AM 0;2;3 ; AC ;6;3 ; A B ; 2; 3 ; A C ;2; 3 2 2 2    9    n AMC AM , AC 12; ;3 ; n A BC A B, A C 12;9;12 2
    n AMC .n A BC 33 cos ·AMC , A BC cos n ,n   . AMC A BC 3157 n AMC . n A BC Câu 111: Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;2; 1 và mặt phẳng P : x y 2z 13 0 . Xét các mặt cầu S có tâm I a;b;c , đi qua điểm A , tiếp xúc với mặt phẳng P . Tính giá trị của biểu thức T a2 2b2 3c2 khi S có bán kính nhỏ nhất. A. .T 35 B. . T 20C. . D.T . 25 T 30 Lời giải Chọn C Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng P ta có IA IH 2R nên R nhỏ nhất khi I, A, H thẳng hàng và I là trung điểm của AH x 1 t Phương trình AH đi qua A và vuông góc với mặt phẳng P có phương trình là y 2 t z 1 2t x 1 t y 2 t Tọa độ H là nghiệm x; y; z của hệ H 3;4;3 I 2;3;1 z 1 2t x y 2z 13 0 T a2 2b2 3c2 22 2.32 3.12 25 . Câu 112: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 2 y 2 2 z 3 2 9 tâm I và mặt phẳng P : 2x 2y z 24 0 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên P . Điểm M thuộc S sao cho đoạn MH có độ dài lớn nhất. Tìm tọa độ điểm M . A. M 1;0;4 B. C.M 0;1;2 M 3;4;2 D. M 4;1;2 Lời giải Chọn C Ta có tâm I 1;2;3 và bán kính R 3 . Do d I; P 9 R nên mặt phẳng P không cắt mặt cầu S . Do H là hình chiếu của I lên P và MH lớn nhất nên M là giao điểm của đường thẳng IH với mặt cầu P .   IH n P 2;2; 1 .
x 1 2t Phương trình đường thẳng IH là y 2 2t . z 3 t 2 Giao điểm của IH với S : 9t 9 t 1 M1 3;4;2 và M 2 1;0;4 . M1H d M1; P 12 ; M 2 H d M 2 ; P 6 . Vậy điểm cần tìm là M 3;4;2 . Câu 113: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 2 y 2 2 z 3 2 16 và các điểm A 1;0;2 , B 1;2;2 . Gọi P là mặt phẳng đi qua hai điểm A , B sao cho thiết diện của P với mặt cầu S có diện tích nhỏ nhất. Khi viết phương trình P dưới dạng P : ax by cz 3 0. Tính T a b c . A. 3 B. 3 C. 0 D. 2 Lời giải Chọn B I B H A K Mặt cầu có tâm I 1;2;3 bán kính là R 4 . Ta có A , B nằm trong mặt cầu. Gọi K là hình chiếu của I trên AB và H là hình chiếu của I lên thiết diện. Ta có diện tích thiết diện bằng S r 2 R2 IH 2 . Do đó diện tích thiết diện nhỏ nhất khi IH lớn nhất. Mà IH IK suy ra P qua A, B và vuông góc với IK .  Ta có IA IB 5 suy ra K là trung điểm của AB . Vậy K 0;1;2 và KI 1;1;1 . Vậy P : x 1 y z 2 0 x y z 3 0 .
Câu 114: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxy ,z cho điểm A 3; 1;0 và đường thẳng :d x 2 y 1 z 1 . Mặt phẳng chứa d sao cho khoảng cách từ A đến lớn nhất có 1 2 1 phương trình là: A. x y z 0 . B. .xC. .y zD. 2. 0 x y z 1 0 x 2y z 5 0 Lời giải Chọn A. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên , K là hình chiếu vuông góc của A lên d . Ta có: d A,d AK cố định và d A, AH AK d A, lớn nhất bằng AK khi H  K . x 2 y 1 z 1 d : qua M 2; 1;1 , có VTCP u 1;2;1 . 1 2 1 d  Gọi P là mặt phẳng qua A và chứa có VTPT n u , AM 2;0;2 . p d Mặt phẳng có một VTPT là n np ,ud 4; 4;4 4 1;1; 1 và qua M 2; 1;1 có phương trình: 1 x 2 1 y 1 1 z 1 0 x y z 0 . x t Câu 115: Cho đường thẳng d : y 2t 1 và mặt phẳng : 2x y 2z 2 0 . Mặt phẳng P z t 2 qua d và tạo với một góc nhỏ nhất. Một véc tơ pháp tuyến của P là: A. np 1;1;1 . B. .n p 1C.;2; . 3 D. . np 2;1;0 np 3; 2;7 Lời giải Chọn A.
Gọi  P , A d  , B d B A ; H là hình chiếu vuông góc của B lên ; K là hình chiếu của H lên . Suy ra: d· , B· AH cố định; · , P B· KH . Mà B· KH B· AH (vì HK HA ) d· , ·P , . Suy ra ·P , nhỏ nhất bằng d· , khi K  A . Khi đó  d và có một VTCP u ud ,n  3 1;0;1 . P có một VTPT np u ,ud  2 1;1;1 . P : x 2y 2z 5 0 Câu 116: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng và hai điểm A 3;0;1 B 1; 1;3 P , . Trong các đường thẳng đi qua A và song song , đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất có phương trình là: x 3 y z 1 x 3 y z 1 A. .B. . 26 11 2 26 11 2 x 3 y z 1 x 2 y 1 z 3 C. .D. . 26 11 2 26 11 2 Lời giải Chọn A.
Gọi Q là mặt phẳng qua A và song song P . Ta có: 3 2.0 2.1 5 1 2.1 2.3 5 0 A , B nằm về hai phía với P . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên Q BH cố định và d B, Q BH . Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên d bất kì qua A và nằm trong Q hay d // P . Ta có: BK BH d B,d d B, AH d B,d bé nhất bằng BH khi K  H .  Gọi n là VTPT của ABH n n , AB 2;6;7 . p d cần lập qua A , H và có VTCP ud n,np 26;11; 2 . x 3 y z 1 Vậy phương trình đường thẳng d cần lập là: . 26 11 2 Câu 117: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có phương trình đường phân x y 6 z 6 giác trong góc A là . Biết rằng điểm M 0; 5; 3 thuộc đường thẳng AB và điểm 1 4 3 N 1;1; 0 thuộc đường thẳng AC. Véc tơ nào sau đây là véc tơ chỉ phương của đường thẳngAC ? A. B.u 1C.; 2 D.; 3 . u 0; 2; 6 . u 0; 1; 3 . u 0; 1; 3 . Lời giải Chọn D. Giả sử A(t;6 4t;6 3t) , ta có:    ud (1; 4; 3) , AM ( t;4t 1; 3 3t), AN (1 t; 5 4t;3t 6) Theo bài ra: Vì d là đường phân giác của góc A nên:
    26t 13 26t 39 | cos(ud , AM ) | | cos(ud , AN) | 26t 2 26t 10 26t 2 78t 62 2t 1 2t 3 BP2V (4t 2 4t 1)(13t 2 39t 31) (4t 2 12t 9)(13t 2 13t 5) 13t 2 13t 5 13t 2 39t 31 14t 14 t 1.  A(1;2;3) AN (0; 1; 3) . Vậy một véc tơ chỉ phương của AC là u 0; 1; 3 . Câu 118: Trong không gian Oxyz cho điểm A(1;2; 3) và mặt phẳng P : 2x 2y z 9 0 . Đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng Q :3x 4y 4z 5 0 cắt mặt phẳng P tại B . Điểm M nằm trong mặt phẳng P sao cho M luôn nhìn AB dưới một góc vuông và độ dài MB lớn nhất. Tính độ dài MB . 41 5 A. .M B B. . C.M B MB 5 . D. .MB 41 2 2 Lời giải Chọn C Ta có đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng Q :3x 4y 4z 5 0 có phương trình: x 1 3t d : y 2 4t ,t ¡ . Ta có giao điểm của d và mặt phẳng P là B : z 3 4t B d B(1 3t;2 4t; 3 4t) . B P 2 1 3t 2 2 4t 3 4t 9 0 t 1. Vậy B( 2; 2;1) . A I H M B (P) Điểm M nằm trong mặt phẳng P sao cho M luôn nhìn AB dưới một góc vuông nên M nằm trên đường tròn C là giao của mặt cầu đường kính ABvới mặt phẳng P . Khi đó độ dài MB
lớn nhất khi và chỉ khi độ dàiMB bằng đường kính của C . Gọi bán kính của đường tròn C là 1 r , trung điểm của AB là I I( ;0; 1) , d 3 . 2 (I ,(P) AB2 5 Ta có d 2 r 2 r . Vậy độ dàiMB lớn nhất là 5 . I ,(P) 4 2 Câu 119: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A a;0;0 , B 0;b;0 , C 0;0;c , 1 2 3 trong đó a 0 , b 0 , c 0 và 7 . Biết mặt phẳng ABC tiếp xúc với mặt cầu a b c 2 2 2 72 S : x 1 y 2 y 3 . Thể tích của khối tứ diện OABC là. 7 2 1 3 5 A. . B. . C. . D. . 9 6 8 6 Lời giải Chọn D. x y z Ta có ABC : 1 bcx acy abz abc 0 . a b c 1 2 3 Theo bài ra có: 7 bc 2ca 3ab 7abc . a b c bc 2ca 3ab abc 72 Mặt phẳng ABC tiếp xúc với mặt cầu S d I, ABC R b2c2 c2a2 a2b2 7 1 1 1 1 7 1 1 1 7 2 2 2 2 2 2 . 36 a b c 72 a b c 2 2 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 7 Ta có 7 49 2. 3 1 4 9 2 2 2 2 2 2 . a b c a b c a b c a b c 2 a 2b 3c a 2 Dấu bằng xảy ra 1 2 3 b 1 . 7 a b c 2 c 3 1 1 2 2 Vậy V abc .2.1. . OABC 6 6 3 9 Cách 2:
x y z 1 2 3 1 2 3 Ta có ABC : 1 và 7 suy ra M ; ; ABC . a b c a b c 7 7 7 1 2 3 Lại có M ; ; S nên ABC tiếp xúc với S tại M . 7 7 7 x y z 1 1 2 2 Suy ra ABC : 1 nên V abc .2.1. . 2 1 2 OABC 6 6 3 9 3 Câu 120: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1;0;1 ; B 0;1; 1 . Hai điểm D , E thay 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 I của DE có tọa độ là 2 2 2 2 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . I ; ;0 I ; ;0 I ; ;0 I ; ;0 4 4 3 3 3 3 4 4 Lời giải Chọn A. · Ta thấy OA OB 2; AOB 120 Ta có D nằm trên đoạn OA nên D a;0;a , OD a 2 , 0 a 1 E nằm trên đoạn OB nên E 0;b; b , OE b 2 , (0 b 1) S 1 Ta có ODE ab SOAB 2  DE a;b; b a DE 2a2 2b2 2ab 6ab 3 2 2 2 2 2 Dấu bằng xảy ra khi suy ra , a b D ;0; E 0; ; 2 2 2 2 2 2 2 Vậy khi đó trung điểm của DE có tọa độ Min(DE) 3 I ; ;0 4 4 Câu 121: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , mặt phẳng P qua hai điểm M 1;8;0 , C 0;0;3 cắt các tia Ox,Oy lần lượt tại A, B sao cho OG là nhỏ nhất, với G là trọng tâm tam giác ABC . Biết G a;b;c , hãy tính T a b c . A. T 7 . B. T 3. C. T 12 . D. T 6 . Lời giải Chọn D a1 b1 Gọi A a1;0;0 ;B 0;b1;0 với a1,b1 0 . Suy ra: G ; ;1 . 3 3
x y z Phương trình mặt phẳng ABC : 1 . a1 b1 3 1 8 Vì M ABC nên 1 . a1 b1 1 Ta có:OG a2 b2 9 . 3 1 1 1 8 1 16 25 25 1 Ta có:a b a 2b a 2b 2 2 . 1 1 1 1 1 1 5. a1 b1 2 2 Suy ra: a1 b1 125 . 134 Do đó: OG . Dấu bằng xảy ra khi b1 2a1 . 3 Khi đó:.a1 5;b1 10 Vậy a b c 6 . Câu 122: Trong không gian Oxyz, cho điểm M (1;2;3). Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng P đi qua M và cắt các trục x O x, y Oy, z Oz lần lượt tại các điểm A, B,C sao cho OA 2OB 3OC 0? A. 4. B. 3. C. 1. D. 8. Lời giải Chọn A. Gọi tọa độ các điểm A(a;0;0); B(0;b;0);C(0;0;c) lần lượt là tọa độ các điểm cắt các trục x O x, y Oy, z Oz . Ta có phương trình mặt phẳng x y z 1 2 3 (ABC) : 1. Mặt phẳng đi qua điểm M (1;2;3) 1. a b c a b c Mặt khác OA 2OB 3OC hay a 2 b 3 c Suy ra có 4 trường hợp xảy ra, mỗi trường hợp ta a 2b 3c a 2b 3c có 1 phương trình mặt phẳng a 2b 3c a 2b 3c Câu 123: Trong không gian Oxyz , Cho 3 điểm A 3;7;1 , B 8;3;8 và C 3;3;0 . Gọi S1 là mặt cầu tâm A bán kính bằng 3 và S2 là mặt cầu tâm B bán kính bằng 6 . Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng đi qua C và tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt cầu S1 , S2 . A. .1 B. 2 . C. .3 D. . 4 Lời giải Chọn B. Phương trình mặt phẳng qua C có dạng (P) : m(x 3) n(y 3) pz 0,m2 n2 p2 0 .
2 2 2 Mặt phẳng (P) tiếp xúc (S1) ta có 4n p 3 m n p (1) 2 2 2 Mặt phẳng (P) tiếp xúc (S2 ) ta có 5m 8p 6 m n p (2) 5m 8n 6 p (3) Từ đây ta có phương trình 5m 8p 2 4n p 5m 8n 10 p (4) Từ (1),(3) ta có: n 2 p 2 2 8n 6 p 2 2 2 2 (4n p) 9 n p 401n 1064np 524 p 0 262 5 n p 401 Trường hợp này ta tìm được hai mặt phẳng: (P1) : 2x 2y z 12 0,(P2 ) : 62x 262y 401z 600 0 Từ (1),(4) ta có: 2 2 8n 10 p 2 2 2 2 (4n p) 9 n p 401n 1240np 1100 p 0 n p 0 5 Trường hợp này không có mặt phẳng nào. Câu 124: Trong không gian Oxyz , Cho 3 điểm A 0;0;1 , B 0;2;2 và C 3; 1; 1 . Gọi S1 là mặt cầu tâm A bán kính bằng 1 và S2 là mặt cầu tâm B bán kính bằng 3 . Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng đi qua C và tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt cầu S1 , S2 . A. .1 B. 2 . C. .3 D. . 4 Lời giải Chọn B. Phương trình mp qua C có dạng (P): m(x 3) n(y 1) p z 1 0,m2 n2 p2 0 2 2 2 Mặt phẳng (P) tiếp xúc (S1) ta có 3m n 2 p m n p (1) 2 2 2 Mặt phẳng (P) tiếp xúc (S2 ) ta có 3m 3n 3p 3 m n p (2) p 2m (3) Từ đây ta có phương trình 3m 3n 3p 3 3m n 2 p 3p 4m 2n (4) 2 2 m 0 Từ (1),(3) ta có: m n 5m n n 2m Trường hợp này ta tìm được hai mặt
(P1) : y 1 0,(P2 ) : x 2y 2z 1 0 Từ (1),(4) ta có: 4m2 3mn 2n2 0 m n 0 Trường hợp này không có mặt phẳng nào. Kết luận có 2 mặt phẳng thỏa yêu cầu bài toán. Bình luận: Từ 3 học sinh dễ nhầm lẫn chọn ngay m 1 p 2 n 2 dẫn tới chỉ tìm được 1 mặt phẳng thỏa mãn. Câu 125: Trong không gian Oxyz , Cho 3 điểm A 3;0; 2 , B 2;2;1 và C 4; 2;0 . Gọi S1 là mặt cầu tâm A bán kính bằng 1 và S2 là mặt cầu tâm B bán kính bằng 2 . Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng đi qua C và tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt cầu S1 , S2 . A. .1 B. 2 . C. . 3 D. 4 . Lời giải Chọn D. Phương trình mp qua C có dạng (P) : m(x 4) n(y 2) pz 0,m2 n2 p2 0 2 2 2 Mặt phẳng (P) tiếp xúc (S1) ta có m 2n 2 p m n p (1) 2 2 2 Mặt phẳng (P) tiếp xúc (S2 ) ta có 2m 4n p 2 m n p (2) p 0 (3) Từ đây ta có phương trình 2m 4n p 2 m 2n 2 p 4m 8n 3p (4) 2 2 n 0 Từ (1),(3) ta có: m 2n m n 3n 4m Trường hợp này ta tìm được hai mặt phẳng (P1) : x 4 0,(P2 ) :3x 4y 4 0 2 n 0 Từ (1),(4) ta có: 5n 3np 0 5n 3p Trường hợp này ta tìm được hai mặt phẳng nữa (P3 ) :3x 4z 12 0,(P4 ) :9x 12y 20z 12 0 Kết luận có 4 mặt phẳng thỏa yêu cầu bài toán Câu 126: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M (1;2;5) . Số mặt phẳng ( ) đi qua M và cắt các trục Ox , Oy , Oz tại A , B , C sao cho OA OB OC (A , B , C không trùng với gốc tọa độ O ) A. .8 B. . 3 C. 4 . D. .1 Lời giải
Chọn C. Gọi A a;0;0 ,B 0;b;0 , C 0;0;c điều kiện: abc 0 . x y z 1 2 5 Phương trình mặt phẳng là: 1 . Do đi qua M nên ta có: 1 (1) a b c a b c a b c a b c Theo đề ra OA OB OC nên ta có a b c a b c a b c Với a b c thay vào (1) ta được a b c 8 . Với a b c thay vào (1) ta được a b c 2 . Với a b c thay vào (1) ta được a b c 6 . Với a b c thay vào (1) ta được a b c 4 . Vậy chọn đáp án (C) . A 1;4;5 B 3;4;0 C 2; 1;0 Câu 127: Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho điểm , , và mặt phẳng P :3x 3y 2z 12 0 M a;b;c P . Gọi thuộc sao cho MA2 MB2 3MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng a b c . A. 3 . B. .2 C. . 2 D. . 3 Lời giải Chọn A.    Giả sử I x; y; z là điểm thỏa mãn IA IB 3IC 0 .    Khi đó IA 1 x;4 y;5 z ,IA 3 x;4 y; z , IA 2 x; 1 y; z ;    IA IB 3IC 10 5x;5 5y;5 5z ; x 2    IA IB 3IC 0 y 1 I 2;1;1 ; z 1  2  2  2 MA2 MB2 3MC 2 MA MB 3MC   2   2   2 MI IA MI IB 3 MI IC     5MI 2 2MI IA IB 3IC IA2 IB2 IC 2    5MI 2 IA2 IB2 IC 2 (vì IA IB 3IC 0 ) Vì I cố định nên MA2 MB2 3MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất, khi đó M là hình chiếu vuông góc của I lên P . Gọi là đường thẳng qua I và vuông góc với P
x 2 3t Phương trình đường thẳng : y 1 3t . z 1 2t Tọa độ của M là nghiệm hệ phương trình: 1 t 2 x 2 3t 7 y 1 3t x 7 1 2 M ; ;0 a b c 3. z 1 2t 2 2 1 y 3x 3y 2z 12 0 2 z 0 Câu 128: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 3;0;1 , B 1; 1;3 và mặt phẳng P có phương trình x 2y 2z 5 0 . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A , song song với mặt phẳng P sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là nhỏ nhất. x 3 y z 1 x 3 y z 1 A. . B. . 26 11 2 26 11 2 x 3 y z 1 x 3 y z 1 C. . D. . 26 11 2 26 11 2 Câu 129: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 1;3; 2 ,B 3;7; 18 và mặt phẳng P : 2x y z 1 0. Điểm M a;b;c thuộc P sao cho mặt phẳng ABM vuông góc với P và MA2 MB2 246. Tính S a b c. A. .0 B. 1. C. .1 0 D. . 13 Lời giải Chọn B Cách 1: + Gọi I là trung điểm của AB I 2;5; 10 IA2 69 .  2  2 Theo giả thiết M thoả mãn MA2 MB2 246. MA MB 246   2   2   2   2 MI IA MI IB 246 MI IA MI IA 246 2MI 2 2IA2 246 IM 2 54 M thuộc mặt cầu S tâm I bán kính 54 . Suy ra phương trình mặt cầu S : x 2 2 y 5 2 z 10 2 54 . + Theo giả thiết ABM là mặt phẳng chứa đường thẳng AB và vuông góc với P Suy ra phương trình ABM : 2x 5y z 11 0 .
2 2 2 x 2 y 5 z 10 54 x 4 Khi đó toạ độ M thoả mãn hệ 2x y z 1 0. y 2 M 4;2; 7 2x 5y z 11 0 z 7 a b c 4 2 7 1. Cách 2: Tọa độ trung điểm của AB là I 2;5; 10 . 2 MA2 MB2 AB2 MI 2 54 MI 3 6 d I, P . 4 M là hình chiếu của I trên P . x 2 2t Phương trình IM : y 5 t thay vào PT P ta được t 3 M 4;2; 7 a b c 1 . z 10 t * Nhận xét: Với cách giải trên và kết quả thu được thì giả thiết bài cho thừa điều kiện ABM  P . Cách 3:     AB 2;4; 16 ,n 2; 1;1 n AB,n 12; 30; 6 . P ABM P Khi đó, PT mặt phẳng ABM : 2x 5y z 2 0 . x t   Gọi d ABM  P khi đó, u n ,n 6;0;12 . PT của d : y 2 d P ABM z 1 2t Gọi M t;2;1 2t ta có MA2 MB2 246 t 1 2 1 3 2t 2 t 3 2 25 19 2t 2 246 10t 2 80t 160 0 t 4 M 4;2; 7 . Câu 130: Cho hai điểm A 2;1;3 , B 1; 2; 3 và mặt phẳng P : 2x y 2z 18 0 . Điểm M a;b;c nằm trên P sao cho 2MA2 MB2 144 . Tính a b c . A. .a b c B.0 a b c 4 . C. .a b D.c 10 a b c 7 HD: Điểm M 3;2;5 .
b) Cho các A, B,C và mặt phẳng P . Tìm tọa độ điểm M nằm trên P sao cho    a.MA2 b.MB2 c.MC 2 a b c d 2 I, P a.IA2 b.IB2 c.IC 2 với aIA bIB cIC 0 . Từ giả thiết ta có     a b c MI 2 MI aIA bIB cIC aIA2 bIB2 c.IC 2 a b d 2 I, P a.IA2 b.IB2 MI d I, P M là hình chiếu của I trên P . Câu 131: Cho ba điểm A 0;1;2 , B 1;2;0 ,C 2;0;1 và mặt phẳng P : x 2z 13 0 . Điểm M a;b;c nằm trên P sao cho MA2 MB2 MC 2 66 . Tính a b c . A. a b c 9 . B. .a b cC. 7. D. a b c 1 a b c 0 Câu 132: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm N 4;2; 1 , A 1;3; 2 , B 3; 7; 18 và mặt phẳng P : 2x y z 1 0. Điểm M thuộc P sao cho MA2 MB2 258. Tìm giá trị lớn nhất của độ dài đoạn MN . HD giải: Tọa độ trung điểm của AB là I 2;5; 10 . 2 MA2 MB2 AB2 MI 2 60 MI 60 d I, P 3 6 . 4 Do đó, điểm M nằm trên đường tròn tâm H 4;2; 7 , là hình chiếu của I trên P , bán kính r MI 2 d 2 I, P 6 . Gọi K là hình chiếu của N lên P , E, F là giao điểm của HK với đường tròn trên. Khi đó, KM KH HF KF dấu bằng xảy ra khi M  F . 2 2 2 Mà MN NK KM nên MNmax KM max KF . 2 2 MNmax r KH 6 NH d N, P 6 30 . Câu 133: Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có A 2;3;3 , phương trình đường trung tuyến x 3 y 3 z 2 kẻ từ B là , phương trình đường phân giác trong của góc C là 1 2 1 x 2 y 4 z 2 . Đường thẳng AB có một véctơ chỉ phương là 2 1 1     A. u3 2;1; 1 . B. u2 1; 1;0 . C. u4 0;1; 1 . D. u1 1;2;1 .
Lời giải Chọn C A I M D B A' C Gọi M là trung điểm của AC và D là chân đường phân giác trong kẻ từ góc C của tam giác ABC . x 3 y 3 z 2 Do M BM : nên M 3 t ;3 2t ;2 t . 1 2 1 0 0 0 Mặt khác M là trung điểm của AC nên C 4 2t0 ;3 4t0 ;1 2t0 . x 2 y 4 z 2 Mà C CD : nên ta tìm được điểm C 4;3;1 . 2 1 1 Gọi A là điểm đối xứng với A qua CD , suy ra AA  CD và A BC . Gọi I là trung điểm của AA , khi đó ta có AA  CD tại I . Do vậy điểm I CD I 2 2t1;4 t1;2 t1 .   Kết hợp với AI  CD nên ta có AI.uCD 0 t1 0 I 2;4;2 . Mà I là trung điểm của AA nên A 2;5;1 . x 2 t Đường thẳng BC đi qua A và C nên phương trình tham số là y 5 t . z 1  Điểm B BC  BM nên B 2;5;1 . Vậy VTCP của AB là u4 0;1; 1 . x 2 y 1 z 2 Câu 134: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : và mặt phẳng 4 4 3 P : 2x y 2z 1 0. Đường thẳng đi qua E 2;1; 2 , song song với P đồng thời tạo với d góc bé nhất. Biết rằng có một véc tơ chỉ phương u m;n;1 . Tính T m2 n2. A. T 5 . B. T 4 . C. T 3 . D. T 4 . Lời giải
Chọn D Cách 1:   d có một VTCP là ud 4; 4;3 , có một VTCP là u m;n;1 , (P) có một VTPT là  nP 2; 1;2 .   Do P P nên nP .u 0 2m n 2 0 n 2m 2 1 .   ud .u 1 4m 4n 3 Ta có cos ;d   . 2 . 2 2 ud u 41 m n 1 1 16m2 40m 25 Từ 1 , 2 ta có cos ;d . . 41 5m2 8m 5 16m2 40m 25 18m 4m 5 Xét hàm số f m 2 f m 2 . 5m 8m 5 5m2 8m 5 Bảng biến thiên: m 5/4 0 f m 0 0 16/5 5 f m 0 16/5 Từ bảng biến thiên ta có ;d bé nhất lớnc nhấtos ;d . m 0 Khi m 0 ta có n 2 . Do vậy T m2 n2 4 . Cách 2: d M d' H E Q K
Gọi Q là mặt phẳng chứa E song song với P . Đường thẳng d qua E song song với d . Lấy M d , gọi H, K lần lượt là hình chiếu của M lên P , . Ta có MK MH sin d, sin d , . ME ME MH Do đó góc d, nhỏ nhất khi sin d, hay là hình chiếu của d trên Q . ME     Vectơ chỉ phương u u ,n ,n 0;18;9 u 0;2;1 m2 n2 4 . d P P Cách 3:  Do song song với P nên u.nP 0 2m n 2 0 n 2m 2 u m,2m 2;1  4m 5 1 16m2 40m 25 cos d, cos u,u . 2 . 57 5m2 8m 5 57 5m 8m 5 16m2 40m 25 18m 4m 5 Xét hàm số y 2 , y 2 . 5m 8m 5 5m2 8m 5 Từ BBT suy ra, ymax y 0 . Nhận xét rằng d, nhỏ nhất khi và chỉ khi cos d, lớn nhất. m 0 u 0;2;1 m2 n2 4 . Nhận xét: Cả hai cách giải đều có thể sử dụng cho trường hợp tổng quát. Ta có thể thay giả thiết song song với P bằng một giả thiết tương tự. Một số bài toán tương tự: x 2 y 1 z 2 1) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d : và mặt phẳng 1 2 3 P : 2x y 2z 0. Đường thẳng đi qua E 2; 1; 2 , song song với P đồng thời tạo với d góc bé nhất. Biết rằng có một véc tơ chỉ phương u 10;b;c . Tính S b c . HD. u 10; 6; 7 b c 13 . x 2 y 1 z 2 x y 3 z 2) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d : và d : . 1 2 3 1 3 1 2 Đường thẳng đi qua E 2; 1; 2 , vuông góc với d1 , đồng thời tạo với d góc bé nhất. Biết rằng có một véc tơ chỉ phương u a;17;c . Tính S a b . HD. u 19;17;20 a b 1 .
5 4 8 Câu 135: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A 1;0;0 , B 3;2;1 , C ; ; 3 3 3 . M là điểm thay đổi sao cho hình chiếu của M lên mặt phẳng ABC nằm trong tam giác ABC và các mặt phẳng MAB , MBC , MCA hợp với mặt phẳng ABC các góc bằng nhau. Tính giá trị nhỏ nhất của OM . 26 5 28 A. . B. .C. . D. . 3 3 3 3 Lời giải Chọn A M C A I B Ta có phương trình mặt phẳng ABC : x 2y 2z 1 0 . Gọi I là hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng ABC . Do các mặt phẳng MAB , MBC , MCA cùng hợp với mặt phẳng ABC các góc bằng nhau nên I cách đều ba cạnh của tam giác ABC . Lại có I nằm trong tam giác ABC nên I chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Ta có AB 3; AC 4; BC 5.       Sử dụng công thức: aIA bIB cIC 0 5IA 4IB 3IC 0 I 1;1;1 x 1 t Đường thẳng V qua I và vuông góc với mặt phẳng ABC có phương trình là: y 1 2t . z 1 2t
Kẻ OH V . Ta có M thuộc V nên OM OH, M  IO;u 26 min OM OH d O;V . u 3    Tổng quát: Tọa độ điểm I thỏa mãn aIA bIB cIC 0 , (a b c 0 ) là axA bxB cxc ayA byB cyc azA bzB czc ; ; a b c a b c a b c Bình luận: Giả thiết bài toán nếu không cho hình chiếu của M lên mặt phẳng ABC nằm trong tam giác ABC thì sẽ có bốn điểm I thỏa mãn cách đều ba cạnh của tam giác ABC ( một tâm nội tiếp và ba tâm bàng tiếp), khi đó bài toán phải xét cả bốn trường hợp và ta chọn min của bốn trường hợp đó. Câu 136: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho bốn điểm M 2;0;0 , N 0; 3;0 , P 0;0;4 , Q 2;3;4 . Tìm số mặt phẳng đi qua M , N và khoảng cách từ Q đến gấp hai lần khoảng cách từ P đến . A. Vô số. B. .0 C. 1. D. 2 Lời giải Chọn C.  MN 2; 3;0  +) Nhận thấy MP 2;0;4 MN song song với PQ .  PQ 2;3;0 +) Từ kết luận trên ta có   MN thì d d . P; Q; +) Vậy : d 2d d d 0 hay  MNPQ . Vậy có duy nhất một mặt Q; P; Q; P; phẳng thỏa mãn điều kiện bài toán. x 1 y 1 z 1 Câu 137: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 đường thẳng (d ) : , 1 2 1 2 x 3 y 1 z 2 x 4 y 4 z 1 (d ) : , (d ) : . Mặt cầu bán kính nhỏ nhất tâm I(a,b,c) , 2 1 2 2 3 2 2 1 tiếp xúc với 3 đường thẳng (d1),(d2 ),(d3 ) , tính S a 2b 3c : A. S 10. B. S 11. C. S 12. D. S 13. Lời giải: Chọn B. Nhận xét: 3 đường thẳng (d1),(d2 ),(d3 ) đôi một vuông góc và cách đều nhau.
Dựng hình lập phương sao cho (d1),(d2 ),(d3 ) chứa 3 cạnh. Ta có cạnh hình lập phương là d 3 . Ta có 2 2 2 2 2 d (I;d1) d (I;(ABCD)) d (I;(ABB ' A')) x y , 2 2 2 2 2 d (I;d2 ) d (I;(BCB 'C ')) d (I;(CDD 'C ')) z t , 2 2 2 2 2 d (I;d3 ) d (I;(A' B 'C ' D ')) d (I;(ADD ' A')) u v 1 1 1 3 2 Ta có: 3r 2 x2 y2 z2 t 2 u2 v2 (x u)2 (y t)2 (z v)2 r . 2 2 2 2 7 3 3 Dấu đẳng thức xảy ra I là tâm hình lập phương I ; ; . 2 2 2 7 3 3 Vậy S 2. 3. 11. 2 2 2 Cách 2: Gọi I(a;b;c) R d(I,d1) d(I,d2 ) d(I,d3 ) Mẫu đều bằng 3 nên bình phương các vế, ta được 9R2 A B C 27R2 A B C 18(a2 b2 c2 ) 126a 54b 54c 423 2 2 2 7 3 3 234 234 18 a 18 b 18 c . 2 2 2 2 2
7 a 2 3 Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi b . 2 3 c 2 7 3 3 Vậy S 2. 3. 11. 2 2 2 Câu 138: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A 0;8;2 và mặt cầu S : x 5 2 y 3 2 z 7 2 72 và điểm B 9; 7;23 . Viết phương trình mặt phẳng P đi qua A và tiếp xúc với S sao cho khoảng cách từ B đến P là lớn nhất. Giả sử n 1;m;n là một vectơ pháp tuyến của P . Khi đó A. .mB n .C. 2 .D. m.n 2 m.n 4 m.n 4 . Lời giải Chọn D. Giả sử mặt phẳng P có dạng a x 0 b y 8 c z 2 0, a2 b2 c2 0 . ax by cz 8b 2c 0. Mặt cầu S có tâm I 5; 3;7 và bán kính R 6 2. Điều kiện tiếp xúc: 5a 3b 7c 8b 2c 5a 11b 5c d I, P 6 2 6 2 6 2 * . a2 b2 c2 a2 b2 c2 9a 7b 23c 8b 2c 9a 15b 21c Mà d B, P a2 b2 c2 a2 b2 c2 5a 11b 5c 4 a b 4c 5a 11b 5c a b 4c 4 a2 b2 c2 a2 b2 c2 a2 b2 c2 12 1 2 42 . a2 b2 c2 6 2 4 18 2. a2 b2 c2 a b c Dấu bằng xảy ra khi . Chọn a 1;b 1;c 4 thỏa mãn * . 1 1 4 Khi đó P : x y 4z 0. Suy ra m 1;n 4 m.n 4. Câu 139: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng P : x y z 3 0 và hai điểm M 1;1; 1 ; N 3; 3;3 . Mặt cầu S đi qua hai điểm M ,N và tiếp xúc với P tại C . Biết rằng C luôn thuộc một đường tròn cố định. Tính chu vi của đường tròn đó. A. .8 p B. . 8p 3 C. . 12pD. 2 12p . Lời giải Chọn D
1  1 Ta có MN đi qua M 1;1; 1 , nhận MN 4; 4;4 1; 1;1 là một vecto chỉ phương nên 4 4 x 1 t MN : y 1 t t ¡ . z 1 t x 1 t Thay y 1 t vào P ta được 1 t 1 t 1 t 3 0 t 4 z 1 t Tọa độ điểm D 3;3;3 là giao điểm của của MN và P . Do đó theo tính chất của phương tích ta được DM.DN DI 2 R2 . Mặt khác vì DC là tiếp tuyến của mặt cầu S cho nên DC 2 DI 2 R2 . Do vậy DC 2 DM.DN 36 DC 6 (là một giá trị không đổi). Vậy C luôn thuộc một đường tròn cố định tâm D với bán kính R 6 suy ra chu vi của đường tròn là 12p (Chú ý rằng điểm I không nhất thiết nằm trên mp(DM, DC), hình ảnh trên minh họa, mang tính tương đối_Cao Thời PB) Câu 140: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng P : x 2y 2z 5 0 và hai điểm A 3;0;1 , B 1; 1;3 . Trong tất cả các đường thẳng đi qua A và song song với P , gọi là đường thẳng sao cho khoảng cách từ B đến là lớn nhất. Viết phương trình đường thẳng . x 5 y z x 1 y 12 z 13 A. : . B. : . 2 6 7 2 6 7 x 3 y z 1 x 1 y 1 z 3 C. : . D. . : 2 6 7 2 6 7 Lời giải Chọn B.   Ta có: AB 4; 1;2 ,n P (1; 2;2) .
   u AB,n 2; 6; 7 p ®i qua A 3;0;1 :  . Chọn B. vtcpu 2; 6; 7 Câu 141: Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;1;2 và P : m 1 x y mz 1 0 với m là tham số. Biết khoảng cách từ A đến mặt phẳng P lớn nhất. Khẳng định đúng trong bốn khẳng định dưới đây là A. 2 m 6 . B. Không có .m C. . 2 mD. 2. 6 m 2 Lời giải Chọn A. * Phân tích: - Đây là bài toán mà giả thiết có liên quan trực tiếp đến kết luận thông qua công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng, mấu chốt của bài toán là tìm giá trị nhỏ nhất của hàm ax2 bx c phân thức dạng y . a x2 b x c - Học sinh có thể sử dụng MTCT để tìm được phương án trả lời đúng. * Giải 3m 1 Ta có: d d M , P . 2m2 2m 2 9m2 6m 1 d 2 y m . 2m2 2m 2 m 5 1 3m2 16m 5 Xét hàm y m có y m . 2 . y m 0 1 . 2 m2 m 1 m 3 Bảng biến thiên
Suy ra d lớn nhất y m lớn nhất m 5 . Chọn đáp án A. Câu 142: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 0; 1;2 , B 1;1;2 và đường thẳng x 1 y z 1 d : . Biết điểm M a;b;c thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MAB có diện 1 1 1 tích nhỏ nhất. Khi đó, giá trị T a 2b 3c bằng A. 4. B. 5. C. 10. D. 3. Lời giải: Chọn C x t +) Phương trình đường thẳng AB : y 1 2t z 2 Nhận xét: đường thẳng AB và d chéo nhau. 1 + Dựng MH vuông góc với AB . Ta có S AB.MH . Do AB cố định nên diện tích tam giác MAB 2 MAB nhỏ nhất khi và chỉ khi MH là đoạn vuông góc chung của AB và d . +) M d M 1 t1;t1;1 t1 ; H AB H t2; 1 2t2;2  MH t2 t1 1;2t2 t1 1; t1 1 . MH là đoạn vuông góc chung của AB và d khi và chỉ khi   4 MH.AB 0 t2 t1 1 2 2t2 t1 1 0 t1 1 4 7   . 3 M ; ; t t 1 2t t 1 t 1 0 3 3 3 MH.ud 0 2 1 2 1 1 t2 1 Vậy T 10. Câu 143: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng : 2x y 2z 9 0 và ba điểm A 2;1;0 ,    B 0;2;1 ,C 1;3; 1 . Điểm M sao cho 2MA 3MB 4MC đạt giá trị nhỏ nhất. Khẳng định nào sau đây đúng? A. xM yM zM 4. B. xM yM zM 2. C. xM yM zM 3. D. xM yM zM 1. Lời giải: Chọn A    2x 3x 4x +) Gọi điểm I thỏa mãn 2IA 3IB 4IC 0 I 0; 4;7 . ()x A B C I 2 3 4
        +) Ta có 2MA 3MB 4MC 2IA 3IB 4IC IM IM IM    Do đó, 2MA 3MB 4MC nhỏ nhất khi và chỉ khi IM nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I trên mặt phẳng . x 2t +) Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với là: y 4 t . z 7 2t M d M 2t; 4 t;7 2t . M t 1 M 2; 3;5 . x y z 4. Vậy M M M x y 1 z Câu 144: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho đường thẳng : và hai điểm 1 1 1 A 1;2; 5 , B 1;0;2 . Biết điểm M thuộc sao cho biểu thức T MA MB đạt giá trị lớn nhất là Tm ax . Khi đó, Tm ax bằng bao nhiêu? A. .T m ax 57B. Tm ax 3 . C. .T m ax D.2 . 6 3 Tm ax 3 6 Lời giải Chọn B A' B H M I M A x 1 2t  Ta có AB 2; 2;7 suy ra phương trình đường thẳng AB : y 2t z 2 7t 1 x t 1 2t t t 3 : y 1 t . Xét hệ 2t 1 t , do đó đường thẳng AB và cắt nhau tại 1 z t 2 7t t t 3 1 2 1  4 4 14  2 2 7   I ; ; . Thấy IA ; ; ; IB ; ; IA 2IB nên hai điểm A, B nằm 3 3 3 3 3 3 3 3 3
về hai phía của đường thẳng . Gọi H, A lần lượt là hình chiếu của A trên và là điểm đối   xứng với A qua . H t ;1 t ;t AH t 1;t 1;t 5  u 1;1;1 t 1 t 1 t 5 0 t 1 H 1;0; 1 A 3; 2;3 . Với mọi điểm M ta đều có MA MA do đó T MA MB MA MB A B 3 dấu bằng xảy ra khi M là giao điểm của đường thẳng A B và . Vậy Tm ax 3 . Câu 145: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 1;0;0 , B 0;b;0 ,C 0;0;c và mặt phẳng 1 P : y z 1 0. Biết b,c 0 và ABC  P ;d O; ABC . Tính T b c . 3 5 1 A. .T B. T 2 . C. .T D. T 1. 2 2 Lời giải Chọn D y z Áp dụng pt mp theo đoạn chắn, mp ABC có phương trình: x 1 0 , do đó VTPT của b c  1 1  1 ABC là n1 1; ; và VTPT của P là n2 0;1; 1 . Vì ABC  P ;d O; ABC nên b c 3 b c 1 1 ta thu được hệ: 1 1 3 1 b2 c2 1 Giải hệ với điều kiện b,c 0 ta được b c . Vậy T 1 . 2 Câu 146: Trong không gian Oxyz , cho mp P cắt ba trục tọa độ tại ba điểm A a;0;0 , B 0;b;0 ,C 0;0;c . Biết a,b, c 0 và M 9;1;1 P , khi OA 4OB OC đạt GTNN hãy tính T a bc A. .T 4 B. . T 36 C. T 0 . D. .T 8 Lời giải Chọn C x y z Áp dụng pt mp theo đoạn chắn, mp P có dạng: 1 . a b c
2 9 1 1 9 1 1 32 22 12 3 2 1 Vì M 9;1;1 P nên ta có 1 , suy ra 1 . a b c a b c a 4b c a 4b c 3 1 1 a 18 a 2b c Do đó: a 4b c 36 OA 4OB OC 36 . Dấu bằng xảy ra khi b 3 9 1 1 1 c 6 a b c Câu 147: Trong không gian Oxyz , cho mp P đi qua M 1;2;1 , N 1;0; 1 đồng thời cắt Ox,Oy AM theo thứ tự tại A, B (khác O ) sao cho 3 . Khi đó P có một VTPT n 1;m;n thì tổng BN m n bằng A. 2 .B. 1.C. .D. . 1 0 Lời giải Chọn B Giả sử P cắt ba trục tọa độ tại các điểm A a;0;0 , B 0;b;0 ,C 0;0;c ; abc 0 , theo ptmp x y z theo đoạn chắn ta có ptmp P có dạng: 1 . a b c 1 2 1 1 a b c b 1 Vì P qua M , N nên: 1 1 a c ac 1 a c 2 2 a 3 Từ AM 3BN a 1 5 3 2 b a 1 3 a 3 c nên ptmp là x 3y 4z 3 0 m n 1 . 4 a 1 1 c c không có giá trị thỏa mãn. A 0;0; 3 , B 2;0; 1 Câu 148: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm và mặt P :3x 8y 7z 1 0. C a;b;c P phẳng Điểm là điểm nằm trên mặt phẳng , có hoành độ dương để tam giác ABC đều. Tính a b 3c. A. 7. B. 9. C. 5. D. 3. Lời giải Chọn C. Viết phương trình mặt phẳng (Q) là trung trực đoạn AB
đi qua I 1;0; 2 Q :  Q : x z 1 0 vtpt AB 1;0;1 Viết phương trình đường thẳng d là giao tuyến P và Q x 2t x z 1 0 d : d : y 1 t (t ¡ ) 3x 8y 7z 1 0 z 1 2t C 2t; 1 t; 1 2t Tam giác ABC đều khi và chỉ khi AB AC 2t 2 1 t 2 2 2t 2 2 2 9t 2 6t 3 0 t 1 1 C 2; 2; 3 t 3 Vậy a b 3c 5. Vậy đáp ánC. Câu 149: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M thuộc mặt cầu S : x 3 2 y 3 2 z 2 2 9 và ba điểm A 1;0;0 ; B 2;1;3 ;C 0;2; 3 . Biết rằng quỹ   tích các điểm M thỏa mãn MA2 2MB.MC 8 là đường tròn cố định, tính bán kính r đường tròn này. A. .r 3 B. r 6 C. .r 3 D. . r 6 Lời giải Chọn B Cách 1:   Mặt cầu S có tâm I 3;3;2 , bán kính R 3 . Gọi M x, y, z , khi đó MA2 2MB.MC 8 2 2 2 2 x 1 y z 2 x x 2 1 y 2 y z 9 8 x 1 2 y 1 2 z2 9 S .
Vậy M cũng thuộc mặt cầu có tâm I 1;1;0 , bán kính R 3 . Do đóM thuộc đường tròn là giao 2 2 II của hai mặt cầu S và S có bán kính r R 6 (do R R 3 ). 2 Cách 2: Gọi N là trung điểm BC , khi đó ta có     2 MA2 2MB.MC 8 MA2 MB MC MB2 MC 2 8 MA2 4MN 2 MB2 MC 2 8 MA2 2MB2 2MC 2 BC 2 MB2 MC 2 8 MA2 MB2 MC 2 BC 2 8 MA2 MB2 MC 2 BC 2 8 MA2 MB2 MC 2 49. Gọi G là trọng tâm tam giácABC . Khi đó MA2 MB2 MC 2 49     3MG2 MA2 MB2 MC 2 2MG GA GB GC 49 3MG2 GA2 GB2 GC 2 49 3MG2 27 MG2 9 . Vậy M cũng thuộc mặt cầu có tâm I ' 1;1;0 , bán kính R ' 3 . Đến đây thì làm tương tự cách 1. Cách 3. S có tâm I 3;3;2 bán kính R1 3 . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , khi đó tọa độ.G 1;1;0    GA 0; 1;0 ,GB 1;0;3 ,GC 1;1; 3 .         MA2 2MB.MC 8 3MG2 GA2 2MG GA GB GC 2GB.GC 8 3MG2 1 20 8 MG 3. Do đó, M nằm trên mặt cầu S1 tâm G bán kính R2 3 có phương trình x 1 2 y 1 2 z2 9 . Vì IG 2 3 R1 R2 nên hai mặt cầu cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn tâm H , bán kính r , nằm trên mặt phẳng x y z 5 0 . Từ đó suy ra r R2 d 2 I, P 6 .
Nhận xét: Ta có thể mở rộng bài toán như sau Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M thuộc mặt cầu S : x 3 2 y 3 2 z 2 2 9 và ba điểm A 1;0;0 ; B 2;1;3 ;C 0;2; 3 . Gọi k là số thực   thỏa mãn MA2 2MB.MC k , k 19 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của k . k 19 HD: Với cách làm tương tự như trên ta được MG . Khi đó, M nằm trên mặt cầu S có 3 1 k 19 tâm G bán kính R . 2 3 Để tồn tại điểm M thì hai mặt cầu S , S1 có điểm chung. Khi đó, k 19 k 19 R R IG R R 3 2 3 3 6 3 28 k 6 3 10 . 1 2 1 2 3 3 Câu 150: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng P đi qua M 1;2;3 1 1 1 và cắt các tia Ox ,Oy , Oz lần lượt tại các điểm A ,B ,C sao cho T đạt giá OA2 OB2 OC 2 trị nhỏ nhất? A. P : x 2y 3z 14 0 . B. . P : 6x 3y 2z 18 0 C. . P :3x 2y z 10D. 0 . P : 6x 3y 2z 6 0 Lời giải Chọn A. Dựa vào các hệ thức lượng trong tam giác vuông và các mối quan hệ vuông góc trong không gian 1 1 1 1 ta chứng minh được rằng với H là trực tâm tam giác ABC thì và OH 2 OA2 OB2 OC 2 OH  ABC . 1 1 1 Do đó T đạt giá trị nhỏ nhất khi OH lớn nhất. OA2 OB2 OC 2  Mà OH OM nên muốn OH lớn nhất thìM  H , khi đó OM 1;2;3 là véc tơ pháp tuyến của P . Do đó phương trình mặt phẳng P cần tìm là 1 x 1 2 y 2 3 z 3 0 hay P : x 2y 3z 14 0 . Câu 151: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng P đi quaM 2;3;4 và cắt các trục Ox ,Oy , Oz lần lượt tại các điểm A ,B ,C sao cho M là trực tâm của tam giác ABC ?
A. P : 2x 3y 4z 29 0 . B. . P : 2x 3y 4z 0 C. . P : 6x 4y 3z 1D.2 . 0 P : 6x 4y 3z 36 0 Lời giải Chọn A.  M là trực tâm ABC OM  ABC , do đó P nhận OM 2;3;4 làm VTPT . Phương trình mặt phẳng P là: 2 x 2 3 y 3 4 z 4 0 hay 2x 3y 4z 29 0 . Câu 152: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng P đi qua M 1;3;5 và cắt các tia Ox ,Oy , Oz lần lượt tại các điểm A ,B ,C sao cho thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất? A. P :15x 5y 3z 45 0 . B. . P : x 3y 5z 35 0 C. . P :15x 5y 3z D.1 .0 P : x y z 9 0 Lời giải Chọn A. Gọi A a;0;0 , B 0;b;0 ,C 0;0;c với a,b,c 0 . x y z Phương trình mặt phẳng ABC : 1 . a b c 1 3 5 M ABC 1. a b c 1 abc Ta có: V .OA.OB.OC OABC 6 6 a 3 1 3 5 15 135 1 3 5 1 3 1 3 abc 405 VOABC , dấu “=” xảy ra khi b 9 a b c abc 2 a b c 3 c 15 P :15x 5y 3z 45 0 . 2 2 2 Câu 153: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S1 : x 1 y 1 z 2 16 2 2 2 và S2 : x 1 y 2 z 1 9 cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn C . Tìm tọa độ tâm J của đường tròn C . 1 7 1 1 7 1 1 7 1 1 7 1 A. .J ;B.; . C. . JD. ; ; J ; ; J ; ; . 2 4 4 3 4 4 3 4 4 2 4 4
Câu 154: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A 4;2;5 , B 0;4; 3 , C 2; 3;7 .    Biết điểm M x0 ; y0 ; z0 nằm trên mặt phẳng (Oxy) sao cho MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng P x0 y0 z0 . A. .P 3 B. . P 0 C. P 3. D. .P 6 x 1 y z 2 Câu 155: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : và hai điểm 2 1 1 A 0; 1;3 , B 1; 2;1 . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng sao cho MA2 2MB2 đạt giá trị nhỏ nhất. A. .M 5;2; B.4 M 1; 1; 1 . C. .M 1;0; D.2 . M 3;1; 3 2 2 2 Câu 156: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S1 : x 1 y 1 z 2 16 2 2 2 và S2 : x 1 y 2 z 1 9 cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (C) . Tìm tọa độ tâm J của đường tròn (C) . 1 7 1 1 7 1 1 7 1 1 7 1 A. J ; ; B.J ; ; C.J ; ; D. J ; ; 2 4 4 3 4 4 3 4 4 2 4 4 Lời giải Chọn D. Các điểm thuộc đường tròn (C) có tọa độ thỏa mãn hệ: 2 2 2 x 1 y 1 z 2 16 4x 2y 6z 7 0 2 2 2 x 1 y 2 z 1 9 Hay (C) luôn nằm trên mặt phẳng (P) : 4x 2y 6z 7 0 . Suy ra tâm J của đường tròn (C) hình chiếu vuông góc của I ( là tâm của mặt cầu (S1) nên mặt phẳng ( P) x 1 2t + Phương trình đường thẳng IJ là: y 1 t . Suy ra, tọa độ của J là nghiệm của hệ z 2 3t 3 t 4 x 1 2t 1 x y 1 t 2 1 7 1 J ; ; . Chọn D 2 3t 7 2 4 4 y 4x 2y 6z 7 0 4 1 z 4
Phân tích:Bài toán trên có thể giải quyết bằng cách khác : Tìm tâm J bằng cách tính tỉ lệ J chia đoạn thẳng nối tâm hai mặt cầu. Ở lời giải trên, ta sử dụng một kỹ thuật quen thuộc trong việc tìm phương trình của « phần chung » của các đường, mặt bậc 2 : Ta thường khéo léo kết hợp hai phương trình để tạo ra phương trình của phần tương giao (Ở bài này (hoặc các bài về tương giao của hai đường tròn trong phẳng) thì ta trừ hai phương trình cho nhau, ta sẽ thu được phương trình một mặt phẳng ( hoặc một đường thẳng)) 2 2 2 Câu 157: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu S : x 1 y 1 z 2 9 và điểm M 1;3; 1 . Biết rằng các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M tới mặt cầu đã cho luôn thuộc vào đường tròn (C) . Tìm tâm J và bán kính r của đường tròn (C) 12 11 23 12 41 11 23 A.r , J 1; ; B. r , J ; ; 25 25 25 5 25 25 25 12 11 23 12 11 73 C. r , J 1; ; D. r , J 1; ; 5 25 25 25 25 25 Lời giải Chọn C. Cách 1: Ta có S : x 1 2 y 1 2 z 2 2 9 có tâm I(1; 1;2) , bán kính R 3 IM 02 42 32 5 . Gọi A là một tiếp điểm. Sử dụng định lý Pytago, ta dễ dàng tính được MA IM 2 IA2 4 . IA 12 + Do AJ  IM nên ta có: AJ MA.sin A· MJ MA. r . IM 5 MA 16 + MJ MA.cosA· MJ MA. . IM 5 MJ 16  16  11 23 Vậy MJ MI J 1; ; MI 25 25 25 25 Cách 2: Gọi A x; y;z là một tiếp điểm,
2 2 2 MA IM 2 IA2 4 x 1 y 3 z 1 16. Vậy tọa độ của A là nghiệm của hệ 2 2 2 x 1 y 3 z 1 16 4y 3z 1 0 . Hay A (P) : 4y 3z 1 0 2 2 2 x 1 y 1 z 2 9 12 Vậy: r R2 d 2 (I,(P)) , J là hình chiếu vuông góc của I lên (P) : 4y 3z 1 0 . Tọa độ 5 4y 3z 1 0 x 1 x 1 11 của J là nghiệm của hệ: y y 1 4t 25 23 z 2 3t z 25 Câu 158: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm A 4;2;5 , B 0;4; 3 , C 2; 3;7 .    Biết điểm M x0 ; y0 ; z0 nằm trên mặt phẳng Oxy sao cho MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng P x0 y0 z0 . A PB. .C. 3 P 0 P 3.D P 6 Lời giải Chọn C.     Gọi G 2;1;3 là trọng tâm ABC MA MB MC 3MG 3MG .    Do đó MA MB MC nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất. Mà MG d G, Oxy GH nên MG nhỏ nhất khi M  H khi đó M là hình chiếu vuông góc của G lên Oxy M 2;1;0 x0 y0 z0 3 . x 1 y z 2 Câu 159: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : và hai điểm 2 1 1 A 0; 1;3 , B 1; 2;1 . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng sao cho MA2 2MB2 đạt giá trị nhỏ nhất. A M 5;2; 4B. M 1; 1; 1 .C D M 1;0; 2 M 3;1; 3 Lời giải Chọn B.
Vì M thuộc đường thẳng nên M 1 2t;t; 2 t . Ta có MA2 2MB2 2t 1 2 t 1 2 t 5 2 2 2t 2 t 2 2 t 3 2 18t 2 36t 53 2 MA2 2MB2 18 t 1 35 35,.t ¡ Vậy min MA2 2MB2 35 t 1 hay M 1; 1; 1 . Bài phát triển Hai bài ở trên là bài toán cực trị hình học tìm M a,b,c nằm trên đường thẳng hay mặt phẳng, dạng này ra rất nhiều trong các đề thi thử gần đây và cũng đã có khá phong phú bài tập. Bên dưới, em phát triển một bài tìm M a,b,c nằm trên mặt cầu. Kỹ thuật dùng là hình học kết hợp với biến đổi tí về đại số. Ý tưởng tạo ra bài đó là khi MA kMB(với k là một số thích hợp) thì M sẽ di động trên mặt cầu. Câu 160: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S : x 3 2 y 2 2 z 1 2 4 , A 1;2;1 và B 2,5,1 . Cho M a,b,c là điểm di động trên mặt cầu S sao cho MA 2MB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính a b c. A.5 3 .B C D 5 3 4 3 4 3 Lời giải Chọn A. S : x 1 2 y 2 2 z 1 2 4 có tâm I 3;2;1 , R 2 . Ta có IA 4 R A nằm ngoài khối cầu. IB 10 R B nằm ngoài khối cầu. Ta có MA x 1 2 y 2 2 z 1 2 x 1 2 y 2 2 z 1 2 3 x 3 2 y 2 2 z 1 2 4 4 x 2 2 4 y 2 2 4 z 1 2 2MC với C 2;2;1 . Ta có IC 1 R C nằm bên trong khối cầu. Ta có MA 2MB 2MC 2MB 2BC . Min MA 2MB 2BC M là giao điểm của đoạn thẳng BC và mặt cầu (nghĩaS là Mnằm giữa B,C ).
x 2 Phương trình đường thẳng BC là y 2 3t M 2;2 3t,1 . z 1 2 2 2 1 M 2;2 3t,1 S 2 3 2 3t 2 1 1 4 t . 3 M 2;2 3;1 Vậy . M 2;2 3;1   Do M nằm giữa B,C nên M 2;2 3;1 (do MC cùng hướng BC ). Câu 161: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho mặt phẳng P : x 2y z 1 0và điểm A 0; 2;3 , B 2;0;1 . Điểm M a;b;c thuộc P sao cho MA MB nhỏ nhất. Giá trị của a2 b2 c2 bằng 41 9 7 A. . B. . C. . D. . 3 4 4 4 Lời giải ChọnB. A B H M A' A 0; 2;3 , B 2;0;1 nằm cùng phía so với mặt phẳng P : x 2y z 1 0 Đường thẳng Δ đi qua A 0; 2;3 và vuông góc với P x 2y z 1 0 có phương trình x t y 2 2t z 3 t Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng P thì H Δ  P Ta có phương trình t 4 4t 3 t 1 0 t 1 H 1;0;2
Tọa độ điểm đối xứng với A qua P là: A 2;2;1 Ta có MA MB MA MB A B Vậy MA MB nhỏ nhất khi và chỉ khi A , M , B thẳng hàng Do đó M A B  P x 2 2t Đường thẳng A B có phương trình là y 2 t z 1 3 1 Ta có phương trình 2 2t 4 2t 1 1 0 t M 1; ;1 2 2 9 Vậy a2 b2 c2 4 Câu 162: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P : x 2y z 1 0 và điểm A 2;2;1 , B 2;0;1 . Điểm M a;b;c thuộc P . Tìm giá trị lớn nhất của MA MB . A. . 20 B. 2 3 . C. .3 2 D. . 3 Lời giải ChọnB. A' B H M A A 2;2;1 , B 2;0;1 nằm khác phía so với P Tọa độ điểm đối xứng với A qua P là: A 0; 2;3 . Ta có MA MB MA MB A B 2 3 Vậy MA MB lớn nhất khi và chỉ khi A , M , B thẳng hàng.
Câu 163: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng P : x 2y z 1 0 và điểm A 2;2;1 , B 2;0;1 . Điểm M a;b;c thuộc P sao cho MA MB nhỏ nhất. Giá trị của a c bằng 3 1 A. . B. 0 . C. . D. . 1 2 2 Lời giải ChọnB. B M A A 2;2;1 , B 2;0;1 nằm khác phía so với P Ta có MA MB AB Vậy MA MB nhỏ nhất khi và chỉ khi A, M , B thẳng hàng Do đó M AB  P x 2 2t Đường thẳng AB có phương trình là y 2 t z 1 3 1 Ta có phương trình 2 2t 4 2t 1 1 0 t M 1; ;1 2 2 Vậy a c 0. Câu 164: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 2;1;3 , B 6;5;5 . Gọi S là mặt cầu đường kính AB . Mặt phẳng P vuông góc với đoạn AB tại H sao cho khối nón đỉnh A và đáy là hình tròn tâm H (giao của mặt cầu (S) và mặt phẳng P ) có thể tích lớn nhất, biết rẳng P : 2x by cz d 0 với b,c,d ¢ . Tính S b c d . A. S 18.B. .C. .D. S . 11 S 24 S 14 Lời giải
Chọn A.   AB 4;4;2 2 2;2;1 , AB là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng P suy ra phương trình mặt phẳng P có dạng 2x 2y z d 0 . Gọi I là tâm mặt cầu thì I là trung điểm của AB AB suy ra I 4;3;4 , bán kính mặt cầu R 3 . 2 Đặt IH x suy ra HK R2 x2 9 x2 . Thể tích khối nón 3 1 2 1 2 1 1 6 3 3 V IH. .HK 9 x 3 x 6 2x 3 x 3 x . 3 3 6 6 3 Dấu bằng xảy ra khi 6 2x 3 x x 1 . d 9 d 3 4 d A, P 4 3 d 21 Ta có hệ:. d 21 d I, P 1 d 18 d 21 1 3 d 15 Vậy P : 2x 2y z 21 0 . Suy ra: b c d 18 . x 1 y z 1 Câu 165: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d : , và điểm A 2;2;4 và 1 2 3 mặt phẳng P : x y z 2 0 . Viết phương trình đường thẳng nằm trong P cắt d sao cho khoảng cách từ A đến lớn nhất. x y z 2 x 3 y 4 z 3 A. . B. . 1 2 1 1 2 1 x 2 y 2 z 4 x 1 y 1 z 2 C. . D. . 1 2 1 1 2 1 Lời giải Chọn B. x 1 y z 1 Ta cóđiểm A 2;2;4 thuộc d : . Gọi B d  P suy ra tọa độ điểm B là 1 2 3 x 1 y z 1 nghiệm của hệ phương trình 1 2 3 B 1;0;1 . x y z 2 0
Đường thẳng cắt d mà d  P nên đi qua B 1;0;1 . Khi đó để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì đi qua B 1;0;1 và vuông góc với d . Suy ra đi qua B 1;0;1 và có VTCP là   x 3 y 4 z 3 n ;u 1; 2;1 là VTCP nên . P d 1 2 1 Câu 166: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , gọi là đường thẳng đi qua điểm A 2;1;0 , song song với mặt phẳng P : x y z 0 và có tổng khoảng cách từ các điểm M 0;2;0 , N 4;0;0 tới đường thẳng đó đạt giá trị nhỏ nhất? Vectơ chỉ phương của là vectơ nào sau đây?     A. u 0;1; 1 B. u 1;0;1 C. u 3;2;1 D. u 2;1;1 Lời giải Chọn B. Phân tích + nằm trong mặt phẳng Q qua A và song song với mặt phẳng P ; + A là trung điểm của MN nên d M , d N, m ; + Nhận thấy d M , Q h không đổi và m h ; Do đó tổng khoảng cách nhỏ nhất khi và chỉ khi d M , d N, m nhỏ nhất. Khi đó nằm trong mặt phẳng chứa MN và vuông góc với Q . Giải: M A K H Q N P
   Gọi R là mặt phẳng chứa MN và vuông góc với Q ta có n n , AM 1;2; 1 R P    là giao tuyến của Q và R nên u n ,n 3;0;3 chọn B. Q R Câu 167: Cho mặt phẳng P :x 2y 2z 5 0 và hai điểm A 3;0;1 , B 1; 1;3 . Trong các đường thẳng đi qua A và song song với P , hãy tìm một vevtơ chỉ phương của đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó nhỏ nhất? A. u 26;11; 2 B. u 26; 11; 2 C. u 26;11;2 D. u 26;3; 2 Câu 168: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz gọi là đường thẳng đi qua A 1;1;1 , vuông x y 1 z 1 góc với đường thẳng d : và cách điểm B 2;0;1 một khoảng cách nhỏ nhất. 1 1 2    A. u 0;1; 1 B. u 1;0;1 C. u 1; 1;0 D.  u 0;1;1 . Câu 169: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật OMNP với M 0;10 , N 100;10 , P 100;0 . Gọi S là tập các điểm A x; y , x; y Z nằm bên trong ( kể cả trên cạnh) của hình chữ nhật OMNP . Lấy ngẫu nhiên một điểmA x; y S . Xác suất đểx y 90 bằng 845 473 169 86 A. . B. . C. . D. . 1111 500 200 101 Câu 170: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật OMNP với M 0;10 , N 100;10 , P 100;0 . Gọi S là tập các điểm A x; y , x; y Z nằm bên trong ( kể cả trên cạnh) của hình chữ nhật OMNP . Lấy ngẫu nhiên một điểm A x; y S . Xác suất đểO A 100 bằng 90 1000 900 1101 A. . B. . C. . D. . 1111 1111 1111 1111 Câu 171: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S : x2 y2 z2 4x 10y 2z 6 0 . Cho m là số thực thỏa mãn giao tuyến của hai mặt phẳng y m và x z 3 0 tiếp xúc với mặt cầu S . Tích tất cả các giá trị mà m có thể nhận được bằng A. 11. B. . 10 C. . 5 D. . 8 Lời giải Chọn A. “Nhận xét: Dùng điều kiện tiếp xúc của mặt cầu với đường thẳng” Mặt cầu (S) có tâm I (2;- 5;1) và bán kính R = 4+ 25+ 1+ 6 = 6 Đặt (P): y = m và (Q): x + z - 3 = 0
Gọi d = (P)Ç(Q) Chọn A(0;m;3)Î (P)Ç(Q) và B(1;m;2)Î (P)Ç(Q) . uuur Ta có: AB qua A(0;m;3) và có VTCP AB = (1;0;- 1) uur IA = (- 2;m + 5;2) uur uuur éIA, ABù= (m + 5;0;m + 5) ëê ûú uur uuur é ù 2 2 êIA, ABú (m + 5) + 0+ (m + 5) d (I,d)= ë uuur û= = m + 5 AB 2 m 1 d tiếp xúc với mặt cầu (S) d I,d R m 5 6 m 11 Suy ra tích các giá trị m bằng - 11 Câu 172: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S : x2 y2 z2 2x 2y 4z m 0 . Cho m là số thực thỏa mãn giao tuyến của hai mặt phẳng x 1 và y z 1 0 tiếp xúc với mặt cầu S . Tổng tất cả các giá trị mà m có thể nhận được bằng A. .4 B. . 10 C. 4. D. .10 Câu 173: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S : x2 y2 z2 2x 2y 2z 1 0 . Cho m là số thực thỏa mãn giao tuyến của hai mặt phẳng z m và x y 1 0 tiếp xúc với mặt cầu S . Tổng bình phương tất cả các giá trị mà m có thể nhận được bằng A. .0 B. 9 . C. .2 D. . 7 Câu 174: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(2;0;0), B(0;4;0),C(0;0;6) , điểm M thay đổi trên mặt phẳng ABC , N là điểm trên tia OM sao cho OM.ON 12 . Biết khi M thay đổi thì điểm N luôn nằm trên mặt cầu cố định. Tính bán kính mặt cầu đó 7 5 A. . B. .3 2 C. . 2 3 D. . 2 2 Lời giải Chọn A. * Phân tích: Trước khi tìm ra bán kính đường tròn thì hiểu rằng đây là bài toán quỹ tích, cần chỉ ra quỹ tích của điểm N . Theo giả thiết thì từ tọa độ của M ta có thể suy ra được tọa độ của điểm N , mặt khác M lại chạy “tung tăng” trên mặt phẳng ABC , từ đó liên hệ ra quỹ tích của điểm N .
* Giải Giả sử N x; y; z ON x2 y2 z2 . Do O, M , N thẳng hàng và N thuộc tia ON nên suy ra:  12  12x 12y 12z OM.ON 12 OM 2 2 2 .ON N 2 2 2 ; 2 2 2 ; 2 2 2 . x y z x y z x y z x y z 2 2 2 2 2 3 2 49 Do N ABC 6x 3y 2z x y z x 3 y z 1 . 2 4 7 Vậy N thuộc mặt cầu cố định bán kính R . 2 Câu 175: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm M 1;0;2 , N 1; 1; 1 và mặt phẳng P : x 2y z 2 0 . Một mặt cầu đi qua M , N tiếp xúc với mặt phẳng P tại điểm E . Biết E thuộc một đường tròn cố định, tính bán kính của đường tròn đó. 10 A. .R B. . RC. . 10 D. R 10 R 2 5 . 2 Câu 176: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 2; 1;1 , M 5;3;1 , N 4;1;2 và mặt phẳng P : y z 27. Biết rằng tồn tại điểm B trên tia AM , điểm C trên P và điểm D trên tia AN sao cho tứ giác ABCD là hình thoi. Tọa độ của điểm C là A. 15;21;6 . B. 21;21;6 . C. 15;7;20 . D. 21;19;8 . Lời giải Chọn B. * Phân tích: - Tham số hóa tọa độ điểm M , N - Từ điều kiện tứ giác ABCD là hình thoi suy raA C B D , suy ra C theo tham số. - Từ điều kiện C thuộc P suy ra mối quan hệ của 2 tham số. - Từ điều kiện tứ giác là hình thoi suy ra 2 cạnh kề bằng nhau suy ra C . * Giải x 2 3t Ta có B AM : y 1 4t B 2 3t; 1 4t;1 . z 1
x 2 2u Và D AN : y 1 2u D 2 2u; 1 2u;1 u . z 1 u Vì tứ giác ABCD là hình thoi nên suy ra C 3t 2u 2;4t 2u 1;u 1 . Mà C P 4t 3u 27 1 Vì tứ giác ABCD là hình thoi nên suy ra AB2 AD2 25t 2 9u2 2 . t 3 Từ (1) và (2) tìm được suy ra C 21;21;6 . u 5 Câu 177: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 2;3;1 , M 4;5;1 , N 0;3;1 và mặt phẳng P : x y z 8 0.Biết rằng tồn tại điểm B trên tia AM , điểm C trên P và điểm D trên tia AN sao cho tứ giác ABCD là hình thoi. Tọa độ của điểm C là A. 15;21;6 . B. 2;4;2 . C. 15;7;20 . D. 21;19;8 . Câu 178: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 2;3;4 , M 5;1;5 , N 0;0;5 và mặt phẳng P : x y z 15 0.Biết rằng tồn tại điểm B trên tia AM , điểm C trên P và điểm D trên tia AN sao cho tứ giác ABCD là hình thoi. Tọa độ của điểm C là A. 15;21;6 . B. 1;18; 2 . C. 15;7;20 . D. 21;19;8 . Câu 179: Trong không gian Oxyz , cho ba mặt phẳng P : x 2y 2z 1 0 , Q : x 2y 2z 8 0 , R : x 2y 2z 4 0 . Một đường thẳng thay đổi cắt ba mặt phẳng 96 P , Q , R lần lượt tại các điểm A, B,C . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức AB là AC 2 41 A. . B. . 99 C. 18. D. .24 3 Lời giải Chọn C. * Phân tích: Ta nhận thấy ba mặt phẳng P , Q , R là ba mặt phẳng phân biệt và song song với nhau. Dựa vào chỉ số d của ba mặt phẳng ta nhận thấy mặt phẳng P nằm giữa hai mặt phẳng Q , R . +) Ba mặt phẳng song song với nhau ta nghĩ đến định lý Ta let để có thể rút ra được mối quan hệ 96 giữa AB, AC . Từ đó đánh giá được giá trị nhỏ nhất của biểu thức AB . AC 2
* Giải Ba mặt phẳng cùng có véc tơ pháp tuyến là 1; 2;2 nên chúng song song với nhau. Khi đó ta có 1 8 1 4 4 8 d P ; Q 3; d P ; R 1 ; d Q ; R 4 . 3 3 3 Dựng đường thẳng qua C vuông góc với mặt phẳng P , Q , R . Đường thẳng đó cắt mặt phẳng P , Q lần lượt tại M ; N . Khi đó ta có CM 1;MN 3 . AC MC 1 Xét CNB có MA P NB nên AB 3AC . AB MN 3 96 96 3AC 3AC 96 3AC 3AC 96 Khi đó AB 3AC 33 . . 3.6 18 . AC 2 AC 2 2 2 AC 2 2 2 AC 2 3AC 96 Dấu " " xảy ra AC 4 . 2 AC 2 P : x 2y 3z 4 0 Câu 180: Trong không gian Oxyz , cho ba mặt phẳng , Q : x 2y 3z 2 0 R : x 2y 3z 6 0 , . Một đường thẳng thay đổi cắt ba mặt phẳng P , Q , R lần lượt tại các điểm A, B,C . Độ dài đoạn AC nằm trong khoảng nào khi biểu thức 27 AB đạt giá trị nhỏ nhất? AC 2 A. . 2;3 B. 3;4 . C. . 4;5 D. . 5;6
Lời giải Chọn B. Ba mặt phẳng cùng có véc tơ pháp tuyến là 1;2;3 nên chúng song song với nhau. Khi đó ta có 4 2 2 4 6 2 2 6 4 d P ; Q ; d P ; R ; d Q ; R . 14 14 14 14 14 14 Dựng đường thẳng qua C vuông góc với mặt phẳng P , Q , R . Đường thẳng đó cắt mặt 2 2 phẳng P , Q lần lượt tại M ; N . Khi đó ta có CM ;MN . 14 14 AC MC 1 Xét CNB có MA P NB nên AB AC . AB MN 1 27 27 AC AC 27 AC AC 27 3 9 Khi đó AB AC 33 . . 3. . AC 2 AC 2 2 2 AC 2 2 2 AC 2 3 4 3 4 AC 27 Dấu " " xảy ra AC 33 2 . 2 AC 2 P : x y 2z 0, Q : x y 2z 2 0, Câu 181: Trong không gian Oxyz , cho ba mặt phẳng R : x y 2z 1 0 P , Q , R . Một đường thẳng thay đổi cắt ba mặt phẳng lần lượt tại
R 8 các điểm A, B,C . Tính cosin góc tạo bởi và mặt phẳng khi biểu thức AB2 đạt giá trị AC nhỏ nhất. 30 2 2 A. . B. .1 C. . D. . 6 2 3 Lời giải Chọn A. Ba mặt phẳng cùng có véc tơ pháp tuyến là 1;1; 2 nên chúng song song với nhau. Khi đó ta có 0 2 2 0 1 1 2 1 1 d P ; Q ; d P ; R ; d Q ; R . 6 6 6 6 6 6 Dựng đường thẳng qua C vuông góc với mặt phẳng P , Q , R . Đường thẳng đó cắt mặt 1 2 phẳng R , Q lần lượt tại M ; N . Khi đó ta có AM ; AN . 6 6 AC AM 1 Xét CNB có MA P NB nên AB 2AC . AB AN 2 8 8 16 8 8 8 8 Khi đó AB2 AB2 AB2 AB2 33 AB2. . 3.4 12. AC AB AB AB AB AB AB 2 8 30 NB 30 Dấu " " xảy ra AB2 AB 2 . Khi đó NB nên cos · ; R . AB 3 AB 6
Câu 182: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD.A B C D có A trùng với gốc tọa độ. Cho B a;0;0 ,D 0;a;0 ,A 0;0;b với a 0,b 0 . Gọi M là trung điểm của a cạnh CC . Xác định tỉ số để mp A BD vuông góc mp BDM . b a a a 1 a A. 1. B. . 2 C. . D. . 1 b b b 2 b Lời giải. Chọn A Phân tích bài: Phương pháp tọa độ luôn mang đến hiệu quả cao khi sử dụng. Thay vì tư duy tìm lời giải ta chuyển sang kĩ thuật tính toán. Chú ý: Đề bài đã chọn sẵn hệ trục tọa độ với A trùng với gốc tọa độ, trục Ox trùng với AB , trục Oy trùng với AD và trục Oz trùng với AA . Để hai mặt phẳng vuông góc với nhau khi và chỉ khi tích vô hướng của hai véc tơ pháp tuyến của hai mặt phẳng bằng 0 . Ta có    2 A B a;0; b ; A D 0;a; b n1 ab;ab;a    b b ab ab 2 MB 0; a; ; MD a;0; n2 ; ; a 2 2 2 2   2 2 2 2 a b a b 4 2 2 2 Khi đó n1.n2 0 a 0 a . b a 0 a b ( Do a 0,b 0 ). 2 2 a Vậy để thỏa mãn yêu cầu đề bài ta được tỉ số 1 . b Câu 183: Trong mặt phẳng toạ độ Oxyz , cho mặt cầu (S) : x2 y2 z2 2ax 2by 2cz d 0 , với a,b,c 0 . Biết mặt cầu (S) cắt 3 mặt phẳng toạ độ theo 3 đường tròn có bán kính r 5 và mặt cầu (S) đi qua điểm M (0;1;2) . Tính tổng a b c d. A.25. B. 75. C. 40. D. 10. Lời giải Chọn C
Gọi I là tâm của mặt cầu (S) , vì (S) cắt 3 mặt phẳng toạ độ theo 3 đường tròn có bán kính bằng nhau I(a,a,a);a 0 R a2 25 . 2 2 a 5 Mặt khác: (S) đi qua điểm M (0;1;2) IM R a 25 3a 6a 5 a 2(ktm). Với a 5 R 50 , khi đó ta có: a b c 5,d 25 a b c d 40. Câu 184: Trong mặt phẳng toạ độ Oxyz , cho mặt cầu (S) : x2 y2 z2 2ax 2by 2cz d 0 , với a,b,c 0 . Biết mặt cầu (S) cắt 3 mặt phẳng toạ độ theo 3 đường tròn có bán kính bằng nhau và mặt cầu (S) đi qua điểm 2 điểm M (0;1;2) ; N(0;0;5) . Tính tổng a b c d. A.25. B. 75. C. 40. D. 10. Lời giải Chọn C Gọi I là tâm của mặt cầu (S) , vì (S) cắt 3 mặt phẳng toạ độ theo 3 đường tròn có bán kính bằng nhau I(a,a,a);a 0. Mặt khác: (S) đi qua 2 điểm M (0;1;2) ; N(0;0;5) IM IN 3a2 6a 5 3a2 10a 25 a 5 I(5;5;5) R IM 50 , khi đó ta có: a b c 5,d 25 a b c d 40. Câu 185: Trong mặt phẳng toạ độ Oxyz , cho mặt cầu (S) : x2 y2 z2 2ax 2by 2cz d 0 , với a,b,c 0 . Biết mặt cầu (S) cắt 3 mặt phẳng toạ độ theo 3 đường tròn có bán kính r 5 và mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) : x y 0 . Tính tổng a b c d. A.25. B. 75. C. 40. D. 10. Lời giải Chọn C Gọi I là tâm của mặt cầu (S) , vì (S) cắt 3 mặt phẳng toạ độ theo 3 đường tròn có bán kính bằng nhau I(a,a,a);a 0 R a2 25 . Mặt khác: (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) : x y 0 | 2a | 2 2 a 5 d(I,(P)) R a 25 a 25 2 a 5(ktm). Với a 5 R 50 , khi đó ta có: a b c 5,d 25 a b c d 40. Câu 186: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu S có phương trình x2 y2 z2 4x 2y 2z 3 0 và điểm A 5;3; 2 . Một đường thẳng d thay đổi luôn đi qua A và luôn cắt mặt cầu tại hai điểm phân biệt M , N . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức S AM 4AN . A. Smin 50. B. Smin 5 34 9 C. Smin 5. D. Smin 20. Lời giải Đáp án B
I(2;-1;1) M N A(5;3;-2) Tâm I 2; 1;1 và bán kính mặt cầu R 3 AI (2 5)2 1 3 2 1 2 2 34 Gía trị nhỏ nhất xảy ra trong trường hợp AM AN Đặt AN x 34 3 x 5 25 AM.AN 25 AM x 25 S 4AN AM 4x f (x) x 25 Xét f (x) 4x trên 34 3;5 x 25 4x2 25 f (x) 4 0 x 34 3;5 x2 x2 25 Smin khi x 34 3 Smin 4 34 3 5 34 9 34 3 Vậy GTNN Smin 5 34 9 khi x 34 3 . Phân tích ý tưởng: - Bài này cái cốt lõi thực hiện được chính là sử dụng ý tưởng phương tích của một điểm đối với mặt cầu. - Tuy nhiên bài này có lỗi mà học sinh kể cả giáo viên hay mắc phải là xét dấu bằng khi đánh giá 25 25 bất đẳng thức cô-si 4x 2 4x. 20 S 20 . Tuy nhiên điều này không thể xảy x x min ra dấu bằng được vì điều kiện để đường thẳng d cắt mặt cầu S tại hai điểm phân biệt thì ta có khống chế điều kiện là: 34 3 AN 5 .
Câu 187: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu S : x2 y2 z2 9 và mặt phẳng P : x y z 3 0 . Gọi S ' là mặt cầu chứa đường tròn giao tuyến của S và P đồng thời S ' tiếp xúc với mặt phẳng Q : x y z 5 0 . Gọi I a;b;c là tâm của mặt cầu S ' . Tính T abc . 1 1 A. .T 1 B. . T C. T 1. D. T . 8 8 Lời giải Chọn D. Cách 1 : Ta có phương trình của mặt cầu S ' có dạng : x2 y2 z2 9 m x y z 3 0 x2 y2 z2 mx my mz 9 3m 0 m m m 3m2 mặt cầu S ' có tâm I ; ; , bán kính R 3m 9 2 2 2 4 m 5 2 3m2 S ' tiếp xúc với mặt phẳng Q nên d I, Q R 3m 9 3 4 2 1 1 1 1 m 10 9m 36m 108 m 1 suy ra I ; ; . Vậy T abc . 2 2 2 8 Tổng quát + Phương trình mặt cầu đi qua giao tuyến của một mặt cầu x2 y2 z2 2ax 2by 2cz d 0 và mặt phẳng P : A x By Cz D 0 có dạng x2 y2 z2 2ax 2by 2cz d m Ax By Cz D 0 ( m là tham số ) + Căn cứ vào các giả thiết của bàn toán ta tìm các điều kiện về tâm, bán kính, khoảng cách ta lập được phương trình để tìm tham số m . Cách 2: S Có tâm O , bán kính R 3 ; d d O; P 3 Ta có bán kính của đường tròn giao tuyến của S và P là r R2 d 2 6 S ' là mặt cầu chứa đường tròn giao tuyến của S và P nên :
+ Tâm I a;b;c là tâm của mặt cầu S ' nằm trên đường thẳng qua O và vuông góc với P có x t phương trình y t z t Suy ra a b c . 2 2 2 2 3a 3 + Bán kính của S ' là R ' r d I; P 6 (1) 3 a 5 Do S ' tiếp xúc với mặt phẳng Q : x y z 5 0 nên R ' d I; Q (2) 3 2 2 a 5 3a 3 2 1 Từ (1), (2) ta có 6 8a 8a 2 0 a 3 3 2 1 1 1 1 suy ra I ; ; . Vậy T abc . 2 2 2 8 Tổng quát Với dạng toán viết PT S ' là mặt cầu chứa đường tròn thiết diện của S và P S : x2 y2 z2 2ax 2by 2cz d 0 và mặt phẳng P : A x By Cz D 0 + Trước hết ta tìm được tâm K a; b; c và bán kính r của đường tròn thiết diện. + Tâm I a;b;c là tâm của mặt cầu S ' nằm trên đường thẳng qua K và vuông góc với P có x a At phương trình tham số y b Bt . Tham số hóa tọa độ điểm I , căn cứ vào các giả thiết bài toán z c Ct ta lập các PT tìm tham số t từ đó suy ra tọa độ tâm I . Câu 188: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;1;0 , B 2;0;1 , C 0;0;2 và mặt phẳng P : x 2y z 4 0 . Gọi M a;b;c là điểm thuộc mặt phẳng P sao cho       S MA.MB MB.MC MC.MA đạt giá trị nhỏ nhất. Tính Q a b 6c . A. .Q 2 B. Q 2 . C. .Q 0 D. . Q 1 Lời giải Chọn B. 1 1 G ; ;1 Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , ta có 3 3 .    GA GB GC 0 Theo đề bài, ta có
      S MA.MB MB.MC MC.MA             MG GA . MG GB MG GB . MG GC MG GC . MG GA           3MG2 2MG. GA GB GC GA.GB GB.GC GC.GA        3MG2 2MG.0 GA.GB GB.GC GC.GA       3MG2 0 GA.GB GB.GC GC.GA       3MG2 GA.GB GB.GC GC.GA .       Vì GA.GB GB.GC GC.GA là một hằng số nên ta có S đạt giá trị nhỏ nhất khi MG đạt giá trị nhỏ nhất hay M là hình chiếu của G trên mặt phẳng P . Gọi là đường thẳng đi qua điểm G và vuông góc với mặt phẳng P , ta có M  P . 1 x t 3 1 Phương trình đường thẳng là y 2t t ¡ . Thế x , y , z từ phương trình đường thẳng 3 z 1 t 1 2 16 vào phương trình mặt phẳng P , ta được: t 4t 1 t 4 0 6t 0 3 3 3 8 t . 9 11 13 1 Suy ra M a;b;c ; ; . 9 9 9 11 13 6 Vậy Q a b 6c 2 . 9 9 9 Tổng quát, ta có bài toán: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A xA; yA; zA , B xB ; yB ; zB , C xC ; yC ; zC và mặt phẳng : Ax By Cz D 0 . Tìm tọa độ điểm M trên       mặt phẳng sao cho biểu thức S mMA.MB nMB.MC pMC.MA 1) Đạt giá trị nhỏ nhất nếu m n p 0 . 2) Đạt giá trị lớn nhất nếu m n p 0 .    Phương pháp: Gọi I x; y; z là điểm thỏa mãn m p IA m n IB n p IC 0 . Khi đó điểm I x; y; z xác định. Ta có:
      S mMA.MB nMB.MC pMC.MA           2 m n p MI MI. m p IA m n IB n p IC mIA.IB nIB.IC pIC.IA       m n p MI 2 mIA.IB nIB.IC pIC.IA .       Do mIA.IB nIB.IC pIC.IA không đổi nên ta có: 1) Sđạt giá trị nhỏ nhất m n p M Iđạt2 giá trị nhỏ nhất M đạtI giá trị nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I trên mặt phẳng . 2) Sđạt giá trị lớn nhất m n p MI đạt2 giá trị lớn nhất M Iđạt giá trị nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I trên mặt phẳng . Chú ý: Trong trường hợp bài toán cho tìm điểm M trên đường thẳng thì khi đó M là hình chiếu của I trên đường thẳng . Câu 189: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 2;0;1 , B 1;0;0 , C 1;1;1 và mặt phẳng P : x y z 2 0 . Điểm M a;b;c nằm trên mặt phẳng P thỏa mãn MA MB MC . Tính T a 2b 3c . A. .TB. . 5 C. . T 3 D. T 2 T 4 . Lời giải Chọn D.   Ta có AB 1;0; 1 , AC 1;1;0 . 3 1 Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB đi qua trung điểm I ;0; của AB và nhận 2 2  AB 1;0; 1 làm véc tơ pháp nên có phương trình là: x z 2 0 . 1 1 Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng BC đi qua trung điểm J 1; ; của BC và nhận 2 2  BC 0;1;1 làm véc tơ pháp nên có phương trình là: y z 2 0 . Do MA MB MC nên M thuộc hai mặt phẳng trên, mặt khác M thuộc P : x y z 2 0 nên tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình: x z 2 0 y z 1 0 M 1;0;1 . Vậy T a 2b 3c 4 . x y z 2 0 Cách khác: Ta có AB BC AC 2 suy ra tam giác ABC đều. Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 4 1 2 ABC là trọng tâm G ; ; của tam giác. 3 3 3
Do MA MB MC nên M nằm trên trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , trục này là 4 1 2   đường thẳng đi qua G ; ; và nhận véc tơ n AB, AC 1;1; 1 là véc tơ chỉ phương nên 3 3 3 4 x t 3 1 có phương trình là: y t . 3 2 z t 3 1 Mặt khác M P : x y z 2 0 t M 1;0;1 . Suy ra T a 2b 3c 4 . 3 x 1 3a at Câu 190: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : y 2 t . Biết z 2 3a 1 a t rằng khi a thay đổi luôn tồn tại một mặt cầu cố định đi qua điểm M 1;1;1 và tiếp xúc với đường thẳng . Tìm bán kính của mặt cầu đó. A. 5 3 .B C.4 . 3 D 7 3 3 5 Lời giải Chọn A Ta thấy đường thẳng luôn đi qua điểm A 1; 5; 1 và luôn nằm trên mặt phẳng : x y z 3 0 . Do đó mặt cầu S tiếp xúc với mặt phẳng tại điểm A thì tiếp xúc với đường thẳng . x 1 t Mặt cầu cần tìm có tâm I thuộc đường thẳng y 5 t t R I 1 t; 5 t; 1 t . z 1 t Ta có: IM d I, hay t 2 t 6 2 t 2 2 3 t 8t 40 0 t 5 . Khi đó R 5 3 . Nhận xét Cách làm không thay đổi khi đường thẳng đi qua một điểm cố định và nằm trên một mặt phẳng cố định. Câu 191: Trong không gian với hệ tọa độ$Oxyz$, cho điểm A 1;2;1 và hai đường thẳng x 1 y 1 z 3 x 1 y 2 z 2 d : ,d : . Viết phương trình đường thẳng d song song với 1 1 1 1 2 1 1 1 mặt phẳng P : 2x 3y 4z 6 0 , cắt đường thẳng dvà1 lầnd lượt2 tại và M sao choN   AM.AN 5 và điểm N có hoành độ nguyên. x 2 y z 2 x 3 y 1 z 1 A. d : . B. d : . 1 2 1 1 2 2
x y 2 z 4 x 1 y 1 z 3 C. .d : D. . d : 3 2 3 4 4 1 Phân tích: Tham số hóa tọa độ điểm M , điểm N theo các tham số t1 , t2 ; do d // P nên    MN.n 0 , đưa về một ẩn t1 và thay vào giả thiết AM.AN 5 . Lời giải Chọn B.  Gọi M 1 t1; 1 t1; 3 t1 , N 1 t2 ; 2 t2 ; 2 t2 MN t2 t1; t2 t1 1; t2 t1 1 . Do d song song với mặt phẳng P nên 2 t2 t1 3 t2 t1 1 4 t2 t1 1 0 9t2 t1 7 0 t1 9t2 7 .   Khi đó, M 9t2 6; 9t2 8;10 9t2 AM 9t2 7; 9t2 10; 9 9t2 , AN t2 ; t2 4; t2 1 . t 1   2 Theo giả thiết, AM.AN 5 t 9t 7 t 4 9t 10 t 1 9 9t 5 44 . 2 2 2 2 2 2 t 2 9 44 53 26 62 Với t N ; ; (loại). 9 9 9 9 Với t 1 N 2; 1; 3 , M 3;1;1 .  Đường thẳng cần tìm qua M 3;1;1 , nhận NM 1; 2; 2 là véc tơ pháp tuyến nên có phương x 3 y 1 z 1 trình d : . 1 2 2 Câu 192: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba mặt phẳng P : 2x y z 1 0 , x 2 y 1 z Q : x y 2z 3 0 và R : x y 1 0 và đường thẳng : . Gọi d là giao 2 1 3 tuyến của hai mặt phẳng P , Q . Biết rằng d là đường thẳng vuông góc với mặt phẳng R , cắt cả hai đường thẳng d và lần lượt tại A , B . Đường thẳng d đi qua điểm nào sau đây? A. H 9; 0; 6 . B. .LC . 7;1; 6 .P D . 6.; 3; 5 K 5; 4; 5 Lời giải Chọn A Có M 2; 5; 0 P  Q M d .
  Đường thẳng d qua M , nhận u n ;n 1; 3;1 là véc tơ chỉ phương nên có phương trình Q P x 2 y 5 z d : . 1 3 1  Gọi A 2 a; 5 3a; a , B 2 2b; 1 b; 3b AB a 2b; b 3a 6; 3b a là véc tơ chỉ phương của d .     Do d  R nên AB cùng phương với n R 1;1; 0 , suy ra AB k.n R a 2b k.1 a 6 b 3a 6 k.1 b 2 A 4; 13; 6 . 3b a k.0 c 10 Đường thẳng d qua A , nhận n 1;1; 0 là véc tơ chỉ phương nên có phương trình x 4 t d : y 13 t . z 6 Ta thấy H 9; 0; 6 thuộc đường thẳng d nên chọn đáp án A. x 1 y z 2 Câu 193: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho hai đường thẳng d : và 1 2 1 1 x 1 y 2 z 2 d : . Gọi là đường thẳng song song với P : x y z 7 0 và cắt d , d 2 1 3 2 1 2 lần lượt tại hai điểm A, B sao choAB ngắn nhất. Phương trình của đường thẳng là x 6 t x 6 x 6 2t x 12 t 5 5 5 A. y 5 . B. y . C. y t . D. y t . 2 2 2 z 9 t 9 9 9 z t z t z t 2 2 2 Lời giải Chọn B Gọi A d1 A 1 2a; a; 2 a , B d2 B 1 b; 2 3b; 2 2b .  có vectơ chỉ phương AB b 2a; 3b a 2; 2b a 4  P có vectơ pháp tuyến nP 1; 1; 1      Vì // P nên AB  nP AB.nP 0 b a 1 . Khi đó AB a 1; 2a 5; 6 a
2 2 2 2 2 5 49 7 2 AB a 1 2a 5 6 a 6a 30a 62 6 a ;a ¡ 2 2 2 5 5 5 9  7 7 Dấu " " xảy ra khi a . Vậy AB ngắn nhất khi a A 6; ; , AB ; 0; 2 2 2 2 2 2 5 9  Đường thẳng đi qua điểm A 6; ; và vec tơ chỉ phương ud 1; 0; 1 2 2 x 6 t 5 Vậy phương trình của là y . 2 9 z t 2 Câu 194: Cho Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2 S : x 1 y 2 z 1 3 , và hai điểm A 1;0;4 , B 0;1;4 . Các mặt phẳng P1 , P2 cùng chứa đường thẳng AB và hai mặt phẳng này lần lượt tiếp xúc với mặt cầu S tại các điểm H1 , H2 . Điểm K nào trong số các điểm sau đây nằm trên đường thẳng H1H2 . A. K 1;4;2 . B. .K 1;3;2C. . D.K . 1;5;3 K 1;3 2 Phân tích Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng AB và M H1H2  IH . Do H1H2  IH; H1H2  AB nên để viết được phương trình đường thẳng H1H2 ta cần tìm tọa độ điểm H và điểm M . Từ đó suy đáp án đúng. Lời giải Chọn A. H2 M I H H1 Ta có S có tâm I 1;2;1 và bán kính R 3
x 1 t Đường thẳng đi qua hai điểm A, B có phương trình y t z 4 Mặt phẳng IH1H2 đi qua I và vuông góc với AB nên có phương trình x y 3 0 . Gọi H là giao điểm của AB và IH1H2 . Khi đó H 1;2;4 . Gọi M là giao điểm của H1H2 và IH . Khi đó H1M  IH IM IM.IH R2 1  1  Ta có nên IM IH . Do đó M 1;2;2 . IH IH 2 IH 2 3 3 1   H H vuông góc với IH và AB nên có vectơ chỉ phương u IH, AB 1;1;0 1 2 3 x 1 t Phương trình H1H2 : y 2 t . Vậy khi t 2 ta được đáp án A. z 2 Câu 195: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S có tâm I 1;2;3 và có bán kính x 1 t r 2 . Xét đường thẳng d : y mt t ¡ , m là tham số thực. Giả sử P , Q là mặt phẳng z m 1 t chứa d và tiếp xúc với S lần lượt tại M , N . Khi độ dài đoạn MN ngắn nhất hãy tính khoảng cách từ điểm B 1;0;4 đến đường thẳng d . 5 3 4 237 4 273 A. . 5 B. . C. . D. . 3 21 21 Lời giải Chọn D M K I H N
Mặt phẳng thiết diện đi qua tâm I, M , N cắt đường thẳng d tại H IH  d,d I,d IH . Gọi K MN  IH . Suy ra MNmin MHmin IHmin .  2 ud , IA 25m 20m 17 Ta có ud 1; m;m 1 , A 1;0;0 d , suy ra d I,d . 2 ud 2m 2m 2 1 25m2 20m 17 10m2 32m 6 m Xét hàm số f m 2 ; f x 2 ; f m 0 5 . 2m 2m 2 2m2 2m 2 m 3 Bảng biến thiên 1 m 3 5 f m 0 0 25 13 f m 2 25 25 3 2 x 1 t 1 1 Suy ra IHmin khi m . Đường thẳng d có phương trình là d : y t t ¡ . 5 5 4 z t 5  AB,ud 416 4 273 Khoảng cách d B,d . ud 42 21 Câu 196: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu S : x2 y2 z2 2x 4y 4 0 và đường thẳng x 7 y 1 z 2 d : . Gọi P , Q lần lượt là hai mặt phẳng chứa d và tiếp xúc với mặt cầu 1 1 1 S tại M và N . Độ dài đoạn MN bằng: 3 31302 3 31302 141 2 141 A. .B. . C. . D. . 222 111 3 3 Lời giải Chọn B. Cắt mặt cầu theo giao tuyến chứa đoạn MN được như hình vẽ.
M O I H N 222 141 3 31302 IA d I,d ; IM r MH MO 3 3 222 3 31302 MN 111 Câu 197: Cho mặt cầu S1 có tâm O , bán kính là 3 và mặt cầu S2 có tâm O 2;3;6 và bán kính bằng 4 .Biết tập hợp các điểm A trong không gian mà độ dài tiếp tuyến kẻ tù A tới S1 và S2 bằng nhau là một mặt phẳng ( còn gọi là mặt phẳng đẳng phương ) .Viết phương trình mặt mặt phẳng đó . x y z x y z x y z x y z A. . B. 1 . C. 1 1. D. . 1 2 3 6 9 2 3 9 6 3 3 6 9 Lời giải Chọn C. Mặt phẳng đẳng phương là mặt phẳng tập hợp tất cả các điểm có cùng phương tích với hai mặt cầu không đồng tâm . Và mặt đẳng phương vuông góc với trục nối hai tâm của mặt cầu .  Gọi P là mặt phẳng đẳng phương của S1 và S2 P nhận OO 2,3,6 là vectơ pháp   tuyến nP OO 2,3,6 . Mặt khác mặt phẳng đẳng phương P của S1 và S2 đi qua một điểm M thuộc OO có cùng phương tích với hai mặt cầu . x 2t Phương trình đường thẳng OO : y 3t tọa độ điểm M 2t;3t;6t z 6t 2 2 2 2 Mà PM / O,R PM / O ,R MO R MO R 2 2 2 2 2 2 18 2t 3t 6t 3 2t 2 3t 3 6t 6 16 t . 49
36 54 108 Vậy tọa độ điểm M là : M ; ; 49 49 49 x y z P : 2x 3y 6z 18 0 1 . 9 6 3 Câu 198: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : (m2 1)x (2m2 2m 1)y (4m 2)z m2 2m 0 luôn chứa một đường thẳng cố định khi m thay đổi. Đường thẳng d đi qua M 1; 1;1 vuông góc ( ) và cách O một khoảng lớn nhất có vecto chỉ phương u ( 1;b;c) .Tính b2 c ? A. 2. B. 23. C. 19. D. 1. Lời giải Chọn C. Cho m 0 có mặt phẳng P0 : x y 2z 0 n1 1; 1; 2 Cho m 1 có mặt phẳng P1 : 2x y 6z 1 0 n 2 2; 1;6 Suy ra có VTCP u n1,n2 4; 2;1 Gọi H là hình chiếu của O trên d thì OH d O, d , có OH OM. Do đó đẳng thức xảy ra  khi d  OM d có VTCP u u ,OM 1;5;6 . Vậy b 6,c 5 . Phân tích: Đây là dạng toán: Cho họ mặt phẳng Pm luôn tìm được đường thẳng cố định khi thế các giá trị m rồi lấy tích có hướng lại sẽ được VTCP của đường thẳng cố định đó. Tiếp theo là dạng toán lập phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng P , đi qua điểm A cho trước sao cho khoảng cách từ B đến d lớn nhất? nhỏ nhất? Phương pháp giải: Kẻ AB  d; BK  P BH d B, d và K cố định. Ta có BH BA d B, d BA H  A . Khi đó đường thẳng d nằm trong P , đi qua A max  và vuông góc với AB , suy ra d có một VTCP là ud nP , AB Mặt khác, BH BK d B, d BK H  K. Khi đó đường thẳng d nằm trong P , đi min  qua A và đi qua hình chiếu K của B , suy ra d có một VTCP là ud nP , nP , AB Câu 199: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : a b x ay bz 3 a b 0,a 0,b 0 luôn chứa một đường thẳng cố định khi a,b thay
đổi. Đường thẳng d đi qua M 1;2;3 vuông góc ( ) và cách A 2,1, 4 một khoảng lớn nhất có vecto chỉ phương u (1;m;n) .Tính m2 n2 ? 5 A. 1. B. . C. . 2 D. . 5 2 Lời giải Chọn A. có VTCP u 1; 1;1  .d có VTCPu u , AM 6;6;0 6 1;1;0 Câu 200: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A 3;1;2 và B 5;7;0 . Có tất cả bao nhiêu giá trị thực của m để phương trình x2 y2 z2 4x 2my 2 m 1 z m2 2m 3 0 là phương trình mặt cầu S sao cho qua A , B có duy nhất một mặt phẳng cắt S theo một giao tuyến có bán kính bằng 1 ? A. 1. B. 4. C. 3. D. 2. Lời giải Ta có R m2 4 1 nên để có đúng duy nhất một mặt phẳng qua AB và cắt S theo một đường tròn có bán kính 1 khi và chỉ khi R2 12 d 2 I; AB . 12 3 11 2 m 2 6 m 2 5 Vậy m 4 1 . Vậy có hai giá trị m . 11 12 3 11 m 5 x 1 y z 2 Câu 201: Phương trình mặt phẳng P qua đường thẳng d : và cách điểm 2 1 1 M 2;1;1 một khoảng cách lớn nhất đi qua điểm nào sau đây? A. .E 2;1;2 B. F 0; 5;0 . C. .G 0;0;6 D H 0;1;6 . Lời giải r uuur Gọi ud 2;1; 1 , A 1;0; 2 d AM 1;1;3 . Phương trình mặt phẳng cần tìm nhận vectơ r r uuur r n u , AM ,u làm vectơ pháp tuyến. P : x y 3z 5 0 . d d Câu 202:Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 1; 4;4 , B 1;7; 2 , C 1;4; 2 . Mặt phẳng P : 2x by cz d 0 qua A và thỏa mãn T d B, P 2d C, P đạt giá trị lớn nhất. Tính b c d . A. 65.B. .C. .D. . 77 52 10
Lời giải Chọn . TH 1: B, C cùng phía so với P .   Gọi I thõa mãn IB 2IC 0 I 1;5; 2 . Có T d B, P 2d C, P 3d I, P 3IA . MaxT 3IA khi IA  P P : 2x 9y 6z 62 0 b c d 65 . TH 2: B, C khác phía so với P . Gọi B DA B B 3; 15;10 .    1 7 Gọi E thỏa mãn EB 2EC O E ; ;2 3 3 Có T d B, P 2d C, P d B , P 2d C, P 3d E, P 3EA . MaxT 3EA khi EA  P P : 2x 5y 6z 46 0 b c d 45. Từ hai trường hợp suy ra khi T d B, P 2d C, P đạt giá trị lớn nhất. Ta có b c d 65 . Câu 203: Cho mặt cầu S1 có tâm O , bán kính là 3 và mặt cầu S2 có tâm O 2;3;6 và bán kính bằng 4 . Biết rằng tập hợp các điểm A trong không gian mà độ dài tiếp tuyến kẻ từ A đến S1 , S2 bằng nhau là một mặt phẳng (còn gọi là mặt phẳng đẳng phương). Viết phương trình của mặt phẳng đó x y z x y z x y z x y z A. .B. .C. 1 1 1.D. . 1 2 3 6 9 2 3 9 6 3 3 6 9 Lời giải Chọn C.
A K H 4 3 O O' Gọi A x; y; z thỏa mãn yêu cầu bài toán. Gọi H, K lần lượt là tiếp điểm các tiếp tuyến kẻ từ A tới mặt cầu tâm O,O . Khi đó ta có AH AK AO2 3 AO 2 16 . AO2 AO 2 13 0 x2 y2 z2 x 2 2 x 3 2 x 6 2 13 0 x y z 4x 6y 12z 36 0 1. 9 6 3 Câu 204: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A 2;5;3 và đường thẳng x 1 y z 2 d : . Gọi P là mặt phẳng chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ A đến 2 1 2 P lớn nhất. Tính khoảng cách từ điểm M 1;2; 1 đến mặt phẳng P . 11 18 11 4 A. . B. 3 2 C. . D. . 18 18 3 Lời giải Gọi H là hình chiếu của A trên d ; K là hình chiếu A của A trên P . Ta có d A, P AK AH (Không đổi) GTLN của d(d, (P)) là AH K d' ⟹ d A, P lớn nhất khi K  H . H P Ta có H 3;1;4 , P qua H và  AH 11 18 P :x 4y z 3 0 Vậy d M , P . 18 Câu 205: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm B 2; 1; 3 , C 6; 1; 3 . Trong các tam giác ABC thỏa mãn các đường trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau, hãy tìm điểm a b A(a;b;0),b 0 sao cho góc A lớn nhất. Tính giá trị . cosA
31 A. 10 . B. 20 . C. 15. D. ; 3 Lời giải Chọn C. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh AC , AB . Gọi P BM CN , ta có BM  CN nên BC 2 BP2 CP2 . Theo công thức tính đường trung tuyến, ta có 2 2 BA2 BC 2 AC 2 2 2 CA2 CB2 AB2 2 2 4 2 2 4 BP BM . , CP CN . 3 9 4 3 9 4 AB2 AC 2 4BC 2 BC 2 AB2 AC 2 5BC 2 . 9 Góc A lớn nhất cos A nhỏ nhất. 2 2 2 2 AB2 AC 2 BC 2 5 AB AC AB AC Ta có cos A 2AB.AC 10AB.AC 2 AB2 AC 2 2 2AB.AC 4 . . , dấu " " xãy ra AB AC . 5 AB.AC 5 AB.AC 5 Ta có A a;b;0 , b 0 và B 2; 1; 3 , C 6; 1; 3  2 2 2 AB 2 a; 1 b; 3 AB 2 a b 1 9  2 2 2 AC 6 a; 1 b;3 AC a 6 b 1 9 2 2 2 2 2 a b 1 9 a 6 b 1 9 4 4a 12a 36 a 2 .  Ta có BC 8;0;6 BC 2 82 62 100 . Khi đó từ AB2 AC 2 5BC 2 và AB AC 2 2 a 2 b 1 2 9 5.100 42 b 1 2 9 250 .Mà b 0 nên ta được b 14 . a b 2 14 Vậy 15. cos A 4 5