Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Chủ đề 6: Toán tổng hợp về phương pháp tọa độ không gian - Dạng 18: Toán max, min tổng hợp - Mức độ 4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

Nội dung text: Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Chủ đề 6: Toán tổng hợp về phương pháp tọa độ không gian - Dạng 18: Toán max, min tổng hợp - Mức độ 4 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 50. [2H3-6.18-4](Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm A 0;0;2 , B 3;4;1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của AX BY với X , Y là hai điểm thuộc mặt phẳng Oxy sao cho XY 1. A. 3 . B. 5. C. 2 17 . D. 1 2 5 . Lời giải Chọn B Lấy A 0;0; 2 đối xứng với A qua mặt phẳng Oxy . Khi đó với mọi X Oxy thì AX A X. 12 16 Gọi B ; ;1 thuộc mặt phẳng OAB và BB 1. Gọi H là hình chiếu của B trên mp Oxy . 5 5 Kẻ B A cắt OH tại X 0 , dựng hình bình hành BB X 0Y0 thì X 0Y0 1. Dễ dàng chứng minh được với X 0 , Y0 dựng được như vậy thì với mọi X ,Y Oxy ta luôn có AX BY A X BY A X 0 BY0 A X 0 B X 0 A B 5 . Vậy giá trị nhỏ nhất của AX BY bằng 5 .
2. Câu 41: [2H3-6.18-4] (Chuyên Thái Bình – Lần 5 – 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;4;5 , B 3;4;0 , C 2; 1;0 và mặt phẳng P :3x 3y 2z 12 0 . Gọi M a;b;c thuộc P 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    Gọi I x; y; z là điểm thỏa mãn IA IB 3IC 0 (*).   Ta có: IA 1 x;4 y;5 z , IB 3 x;4 y; z và  3IC 6 3x; 3 3y; 3z . 1 x 3 x 6 3x 0 x 2 Từ (*) ta có hệ phương trình: 4 y 4 y 3 3y 0 y 1 I 2;1;1 . 5 z z 3z 0 z 1  2   2   Khi đó: MA2 MA MI IA MI 2 2MI.IA IA2 .  2   2   MB2 MB MI IB MI 2 2MI.IB IB2 .  2   2   3MC 2 3MC 3 MI IC 3 MI 2 2MI.IC IC 2 . Do đó: S MA2 MB2 3MC 2 5MI 2 IA2 IB2 3IC 2 . Do IA2 IB2 3IC 2 không đổi nên S đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất. Tức là M là hình chiếu của I lên mặt phẳng P :3x 3y 2z 12 0 . Vectơ chỉ phương của IM là n 3; 3; 2 . x 2 3t Phương trình tham số của IM là: y 1 3t , t ¡ . z 1 2t Gọi M 2 3t ;1 3t ;1 2t P là hình chiếu của I lên mặt phẳng P . 1 Khi đó: 3 2 3t 3 1 3t 2 1 2t 12 0 22t 11 0 t . 2 7 1 7 1 Suy ra: M ; ;0 . Vậy a b c 3. 2 2 2 2 Câu 41: [2H3-6.18-4] (THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có tọa độ các điểm A 1;1;1 , B 2;0;2 , C 1; 1;0 , D 0;3;4 . Trên các cạnh AB , AC , AD lần lượt lấy các điểm B ,C , D sao cho AB AC AD 4 và tứ diện AB C D có thể tích nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng AB AC AD B C D là A. 16x 40y 44z 39 0 B. 16x 40y 44z 39 0 C. 16x 40y 44z 39 0 D. 16x 40y 44z 39 0 Lời giải Chọn C
3. A B' D' C' B D C 3 AB AC AD 3 VABCD AB AC AD AB AC AD 4 Ta có   . VAB C D AB AC AD 3 3 AB AC AD 4 Do đó thể tích của AB C D nhỏ nhất khi và chỉ khi . AB AC AD 3  3  7 1 7 Khi đó AB AB B ; ; và B C D // BCD . 4 4 4 4   Mặt khác BC, BD 4;10; 11 . 7 1 7 Vậy B C D : 4 x 10 y 11 z 0 16x 40y 44z 39 0 . 4 4 4 Câu 41: [2H3-6.18-4] (THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có tọa độ các điểm A 1;1;1 , B 2;0;2 , C 1; 1;0 , D 0;3;4 . AB AC AD Trên các cạnh AB , AC , AD lần lượt lấy các điểm B ,C , D sao cho 4 và AB AC AD tứ diện AB C D có thể tích nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng B C D là A. 16x 40y 44z 39 0 B. 16x 40y 44z 39 0 C. 16x 40y 44z 39 0 D. 16x 40y 44z 39 0 Lời giải Chọn C A B' D' C' B D C 3 AB AC AD 3 VABCD AB AC AD AB AC AD 4 Ta có   . VAB C D AB AC AD 3 3
4. AB AC AD 4 Do đó thể tích của AB C D nhỏ nhất khi và chỉ khi . AB AC AD 3  3  7 1 7 Khi đó AB AB B ; ; và B C D // BCD . 4 4 4 4   Mặt khác BC, BD 4;10; 11 . 7 1 7 Vậy B C D : 4 x 10 y 11 z 0 16x 40y 44z 39 0 . 4 4 4 Câu 48: [2H3-6.18-4] (THPT Chuyên Hà Tĩnh - Lần 1 - 2018 - BTN) Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 1;0;1 , B 3;2;1 , C 5;3;7 . Gọi M a;b;c là điểm thỏa mãn MA MB và MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P a b c A. P 4 B. P 0 C. P 2 D. P 5 Lời giải Chọn D  Gọi I là trung điểm của AB , suy ra I 1;1;1 ; AB 4;2;0 . Phương trình mặt phẳng trung trực của AB : : 2x y 3 0. Vì 2.3 1.2 3 . 2.5 1.3 3 50 0 nên B , C nằm về một phía so với , suy ra A , C nằm về hai phía so với . Điểm M thỏa mãn MA MB khi M . Khi đó MB MC MA MC AC . MB MC nhỏ nhất bằng AC khi M AC  . x 1 2t Phương trình đường thẳng AC : y t , do đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương z 1 2t x 1 2t t 1 y t x 1 trình . Do đó M 1;1;3 , a b c 5 . z 1 2t y 1 2x y 3 0 z 3 Câu 49: [2H3-6.18-4] (THPT Năng Khiếu - TP HCM - Lần 1 - 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu S : x2 y2 z2 2x 4y 4z 0 và điểm M 1;2; 1 . Một đường thẳng thay đổi qua M và cắt S tại hai điểm A, B . Tìm giá trị lớn nhất của tổng MA MB . A. 8 B. 10 C. 2 17 D. 8 2 5 Lời giải Chọn C
5. Mặt cầu S có tâm I 1; 2; 2 , bán kính R 3. Vì IM 17 3 nên M nằm ngoài đường tròn, Gọi là góc tạo bởi MB và MI . Áp dụng định lí Côsin cho tam giác MIA và MIB ta có R2 MA2 MI 2 2MA.MI.cos 1 R2 MB2 MI 2 2MB.MI.cos 2 Lấy 1 trừ cho 2 vế theo vế ta được 0 MA2 MB2 2 17. MA MB .cos MA MB 2 17 cos Do đó MA MB lớn nhất bằng 2 17 khi cos 1 0 . Câu 41: [2H3-6.18-4] (THPT Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian tọa độ x 1 y 1 z Oxyz cho các điểm A 1;5;0 , B 3;3;6 và đường thẳng : . Gọi 2 1 2 M a;b;c sao cho chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng T a b c ? A. T 2 . B. T 3. C. T 4 . D. T 5 . Lời giải Chọn B Ta có M M 1 2t;1 t;2t .   MA 2 2t;4 t; 2t , MB 4 2t;2 t;6 2t . Khi đó chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MA MB nhỏ nhất. Xét hàm số f t MA MB 9t 2 20 9t 2 36t 56 2 2 2 3t 2 2 5 6 3t 2 2 5 62 4 5 2 29 . Dấu bằng đạt được khi và chỉ khi bộ số 3t;6 3t và bộ số 2 5;2 5 tỉ lệ. Suy ra 3t 6 3t t 1. Suy ra M 1;0;2 . Chú ý ở đây có dùng bất đẳng thức Mincopski ( Hệ quả của bất đẳng thức Cauchy) 2 2 2 2 2 2 2 2 a1 b1 a2 b2 an bn a1 a2 an b1 b2 bn , đúng với mọi ai , bi . Dấu bằng xảy ra khi hai bộ số a1,a2 , ,an và b1,b2 , ,bn tỉ lệ. Câu 47: [2H3-6.18-4] (Chuyên KHTN - Lần 3 - Năm 2018) Trong không gian với hệ tọa độ 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 (P) , (Q) , (R) lần lượt 96 tại các điểm A , B , C . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức AB là AC 2
6. 41 A. .B. 99 .C. 18. D. 24 . 3 Lời giải Chọn B Ta có ba mặt phẳng (P) , (Q) , (R) đôi một song song và (P) nằm giữa (Q) , (R) . 1 8 1 4 d((P),(Q)) 3, d((P),(R)) 1. 1 22 22 1 22 22 96 96 Suy ra AB 3 99 . AC 2 12 Đẳng thức xảy ra khi vuông góc với (P) . Câu 46: [2H3-6.18-4] (THPT Thăng Long - Hà Nội - Lần 2 - Năm 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S có phương trình x 1 2 y 1 2 z 1 2 16 và mặt phẳng P :x y z 2 0, P cắt S theo giao tuyến là đường tròn T . CD là một đường kính cố định của đường tròn T , A là một điểm thay đổi trên T ( A khác C và D ). Đường thẳng đi qua A và vuông góc với P cắt S tại B . Tính BC 2 AD2 . A. 8 .B. 32 .C. 16.D. 64 . Lời giải Chọn D B D A C 1 1 1 2 S có tâm I 1; 1;1 và bán kính R 4 . Ta có d I; P 3 nên P cắt 3 S theo đường tròn T có bán kính r R2 d 2 I; P 13 . Giả thiết có AB 2 3 nên BC 2 AD2 BA2 AC 2 AD2 BA2 CD2 12 52 64 . Câu 14: [2H3-6.18-4] (Đoàn Trí Dũng - Lần 7 - 2017 - 2018) Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A(3;0;0), B(0;2;0), C(0;0;6) và D(1;1;1). Gọi D là đường thẳng đi qua D và thỏa mãn tổng khoảng cách từ các điểm A, B, C đến D là lớn nhất, hỏi D đi qua điểm nào trong các điểm dưới đây? A. M (- 1;- 2;1). B. M (5;7;3). C. M (3;4;3). D. M (7;13;5). Lời giải
7. Chọn B x y z Phương trình mặt phẳng ABC là 1 2x 3y z 6 0 . 3 2 6 Dễ thấy D ABC . Gọi H, K, I lần lượt là hình chiếu của A, B,C trên Δ . Do Δ là đường thẳng đi qua D nên AH AD, BK BD,CI CD . Vậy để khoảng cách từ các điểm A, B,C đến Δ là lớn nhất thì Δ là đường thẳng đi x 1 2t qua D và vuông góc với ABC . Vậy phương trình đường thẳng Δ là y 1 3t t ¡ . Kiểm z 1 t tra ta thấy điểm M 5;7;3 . Câu 8. [2H3-6.18-4] (Chuyên Thái Bình-Thái Bình-L4-2018-BTN) Trong không gian x 15 y 22 z 37 với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x y z 1 0 , đường thẳng d : và 1 2 2 mặt cầu S : x2 y2 z2 8x 6y 4z 4 0 . Một đường thẳng thay đổi cắt mặt cầu S tại hai điểm A, B sao cho AB 8 . Gọi A , B là hai điểm lần lượt thuộc mặt phẳng P sao cho AA , BB cùng song song với d . Giá trị lớn nhất của biểu thức AA BB là 8 30 3 24 18 3 12 9 3 16 60 3 A. . B. . C. . D. . 9 5 5 9 Lời giải Chọn B Mặt cầu S có tâm I 4;3; 2 và bán kính R 5. Gọi H là trung điểm của AB thì IH  AB và IH 3 nên H thuộc mặt cầu S tâm I bán kính R 3 . Gọi M là trung điểm của A B thì AA BB 2HM , M nằm trên mặt phẳng P . 4 5 Mặt khác ta có d I; P R nên P cắt mặt cầu S và sin d; P sin . 3 3 3 Gọi K là hình chiếu của H lên P thì HK HM.sin . Vậy để AA BB lớn nhất thì HK lớn nhất
8. 4 4 3 3 HK đi qua I nên HKmax R d I; P 3 . 3 3 4 3 3 3 3 24 18 3 Vậy AA BB lớn nhất bằng 2 . . 3 5 5 Câu 48: [2H3-6.18-4](THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - Lần 2 -2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M 2; 2;1 , A 1;2; 3 và đường thẳng x 1 y 5 z d : . Tìm một vectơ chỉ phương u của đường thẳng đi qua M , vuông 2 2 1 góc với đường thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng bé nhất. A. u 2;2; 1 .B. u 1;7; 1 . C. u 1;0;2 .D. u 3;4; 4 . Lời giải Chọn C Gọi P là mp đi qua M và vuông góc với d , khi đó P chứa .   Mp P qua M 2; 2;1 và có vectơ pháp tuyến nP ud 2;2; 1 nên có phương trình: P : 2x 2y z 9 0 . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên P và . Khi đó: AK AH : const nên AK  min khi K  H . Đường thẳng AH đi qua A 1,2, 3 và có vectơ chỉ phương ud 2;2; 1 nên x 1 2t AH có phương trình tham số: y 2 2t . z 3 t H AH H 1 2t;2 2t; 3 t . H P 2 1 2t 2 2 2t 3 t 9 0 t 2 H 3; 2; 1 .  Vậy u HM 1;0;2 . Câu 46: [2H3-6.18-4] (Sở GD Cần Thơ-Đề 324-2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm A 2;1;1 và x 1 2t đường thẳng d : y t . Mặt phẳng P chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ điểm z 2 t A đến P lớn nhất có phương trình là A. x 2y 4z 7 0 . B. 4x 7y z 2 0 . C. 4x 5y 3z 2 0 . D. x y 3z 5 0. Lời giải Chọn D
9. Gọi H là hình chiếu của A trên d ; K là hình chiếu của A trên P . Ta có d A; P AK AH (không đổi) d A; P lớn nhất khi K  H . Vì H d nên H 1 2t;t; 2 t .  Ta có AH 2t 1;t 1; 3 t . Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u 2;1; 1  Vì H là hình chiếu của A trên d nên AH.u 0 2 2t 1 1 t 1 3 t 0 t 0 .  Vậy H 1;0; 2 AH 1; 1; 3 . Mặt phẳng P qua H và vuông góc với AH nên P có phương trình x y 3z 5 0. Câu 46: [2H3-6.18-4] (Sở GD Cần Thơ-Đề 323-2018) Trong không gian Oxyz , cho điểm I 1;0;0 , x 2 mặt phẳng P : x 2y 2z 1 0 và đường thẳng d : y t . Gọi d là đường thẳng đi qua z 1 t điểm I và vuông góc với mặt phẳng P , M là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng P , N là điểm thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác IMN nhỏ nhất. Tọa độ điểm N là 1 3 5 7 3 5 5 3 A. N 2; ; . B. N 2; ; . C. N 2; ; . D. N 2; ; . 2 2 2 2 2 2 2 2 Lời giải Chọn D x 1 t Phương trình đường thẳng d là: y 2t z 2t Tọa độ điểm M ứng với t là nghiệm phương trình: 2 7 4 4 1 t 2 2t 2 2t 1 0 t M ; ; . 9 9 9 9
10. 2 Như vậy IM . 3 1 1 Gọi H là hình chiếu của N trên d thì S IM.NH NH . IMN 2 3 Do đó, diện tích tam giác IMN nhỏ nhất khi và chỉ khi độ dài NH nhỏ nhất.  N là điểm thuộc đường thẳng d nên N 2;n;1 n IN 1;n;1 n .  Đường thẳng d có véc-tơ chỉ phương u 1; 2; 2 .   Ta có: IN,u 2;n 3; n 2 , nên: 2   5 9 2 2 2 2 n IN,u 2 n 3 n 2 2 4 1 NH d N;d  . u 3 3 2 1 5 5 3 Như vậy, NH nhỏ nhất là bằng khi và chỉ khi n N 2; ; . 2 2 2 2 Câu 50: [2H3-6.18-4] (Toán học tuổi trẻ tháng 1- 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1;2;- 3) và mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + 9 = 0 . Đường thẳng d đi qua A và có r vectơ chỉ phương u = (3;4;- 4) cắt (P) tại B . Điểm M thay đổi trong (P) sao cho M luôn nhìn đoạn AB dưới góc 90o . Khi độ dài MB lớn nhất, đường thẳng MB đi qua điểm nào trong các điểm sau? A. H 2; 1;3 . B. I 1; 2;3 . C. K 3;0;15 . D. J 3;2;7 . Lời giải Chọn B r + Đường thẳng d đi qua A(1;2;- 3) và có vectơ chỉ phương u = (3;4;- 4)có phương trình là x 1 3t y 2 4t . z 3 4t + Ta có: MB2 = AB2 - MA2 . Do đó MB khi và chỉ khi MA . ( )max ( )min
11. + Gọi E là hình chiếu của A lên (P). Ta có: AM ³ AE . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M º E . uur Khi đó AM = AE và MB qua B nhận BE làm vectơ chỉ phương. ( )min + Ta có: B Î d nên B(1+ 3t;2+ 4t;- 3- 4t) mà B Î (P) suy ra: 2(1+ 3t)+ 2(2+ 4t)- (- 3- 4t)+ 9 = 0 Û t = - 1 Þ B(- 2;- 2;1). r + Đường thẳng AE qua A(1;2;- 3), nhận nP = (2;2;- 1) làm vectơ chỉ phương có x 1 2t phương trình là y 2 2t . z 3 t Suy ra E(1+ 2t;2+ 2t;- 3- t). Mặt khác, E Î (P) nên 2(1+ 2t)+ 2(2+ 2t)- (- 3- t)+ 9 = 0 Û t = - 2 Þ E(- 3;- 2;- 1). uur + Do đó đường thẳng MB qua B(- 2;- 2;1), có vectơ chỉ phương BE = (- 1;0;- 2) ïì x = - 2- t ï nên có phương trình là íï y = - 2 . ï îï z = 1- 2t Thử các đáp án thấy điểm I 1; 2;3 thỏa. Vậy chọn đáp ánB. Câu 48: [2H3-6.18-4] (THPT Chuyên Quốc Học Huế-Lần 3-2018-BTN) Trong không gian với 2 2 2 2 m hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 y 1 z m và hai điểm A 2;3;5 , m 4 2 2 B 1;2;4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của m để trên Sm tồn tại điểm M sao cho MA MB 9 . 4 3 A. m 1. B. m 3 3 . C. m 8 4 3 . D. m . 2 Lời giải Chọn C Gọi M x; y; z , suy ra MA2 MB2 9 x 2 2 y 3 2 z 5 2 x 1 2 y 2 2 z 4 2 9 x y z 4 0 Suy ra: Tập các điểm M x; y; z thỏa mãn MA2 MB2 9 là mặt phẳng P : x y z 4 0 2 2 Trên Sm tồn tại điểm M sao cho MA MB 9 khi và chỉ khi Sm và P có điểm 1 1 m 4 m chung d I; P R 2 m 2 3 m 1 1 1 2 m2 16m 16 0 8 4 3 m 8 4 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của m là 8 4 3 . Câu 44: [2H3-6.18-4] (CHUYEN PHAN BOI CHAU_NGHE AN_L4_2018_BTN_6ID_HDG) Trong không gian tọa độ Oxyz cho A 1;3;10 , B 4;6;5 và M là điểm thay đổi trên mặt
12. phẳng Oxy sao cho MA , MB cùng tạo với mặt phẳng Oxy các góc bằng nhau. Tính giá trị nhỏ nhất của AM . A. 6 3 . B. 10. C. 10 . D. 8 2 . Lời giải Chọn A Gọi M x; y;0 Oxy . Ta có d A, Oxy 10 ; d B, Oxy 5 . Do đó, MA , MB cùng tạo với mặt phẳng Oxy các góc bằng nhau khi và chỉ khi MA 2MB 1 x 2 3 y 2 100 4 4 x 2 6 y 2 25 1 x 2 3 y 2 100 4 4 x 2 6 y 2 25 x2 y2 10x 14y 66 0 x 5 2 y 7 2 8. x 5 8 cos x 8 cos 5 Đặt . y 7 8 sin y 8 sin 7 Khi đó, ta có AM 2 x 1 2 y 3 2 100 2 2 8 cos 4 8 sin 4 100 16 2 sin cos 140 32sin 140 108 . 4 Suy ra AM 6 3 . 3 Dấu “=” xảy ra khi sin 1 k2 , k ¢ . 4 4 x 3 Khi đó M 3;5;0 . y 5 Vậy min AM 6 3 . Câu 48: [2H3-6.18-4] [SGD NINH BINH _ 2018 _ BTN _ 6ID _ HDG] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng P : x y z 3 0 , Q : x 2y 2z 5 0 và mặt cầu S : x2 y2 z2 2x 4y 6z 11 0 . Gọi M là điểm di động trên S và N là điểm di động trên P sao cho MN luôn vuông góc với Q . Giá trị lớn nhất của độ dài đoạn thẳng MN bằng A. 9 5 3 .B. 28 .C. 14. D. 3 5 3 . Lời giải Chọn A Mặt cầu S có tâm I 1; 2;3 , bán kính R 5; d I, P 3 3 .   MN có vectơ chỉ phương u 1;2; 2 , mặt phẳng P có vectơ pháp tuyến n 1; 1;1 .   u . n 1 Gọi là góc giữa MN và mặt phẳng P sin   . u . n 3
13. d M , P Ta có MN 3.d M , P 3. d I, P R 9 5 3 . sin Vậy giá trị lớn nhất của độ dài đoạn thẳng MN bằng 9 5 3 . Câu 47. [2H3-6.18-4] [SGD SOC TRANG_2018_BTN_6ID_HDG] Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng P : x y z 1 0 và hai điểm A 1; 3;0 , B 5; 1; 2 . Điểm M a;b;c nằm trên P và MA MB lớn nhất. Giá trị abc bằng A. 1.B. 12. C. 24 .D. 24 . Lời giải Chọn C A B' M B Thay tọa độ điểm A và B vào vế trái của phương trình mặt phẳng P ta có: 1 3 0 1 3 0 và 5 1 2 1 1 0 Nên suy ra A và B nằm khác phía so với mặt phẳng P . 13 5 8 Gọi B ; ; là điểm đối xứng với B qua P . Ta có 3 3 3 MA MB MA MB AB . Do đó MA MB lớn nhất là bằng AB khi và chỉ khi M là giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng P .  10 4 8 Ta có AB ; ; nên đường thẳng AB có véc-tơ chỉ phương u 5;2; 4 . Phương 3 3 3 x 1 5t trình đường thẳng AB là y 3 2t . z 4t x 1 5t x 6 y 3 2t Tọa độ điểm M là nghiệm hệ y 1. z 4t z 4 x y z 1 0 Như vậy M 6; 1; 4 abc 6. 1 . 4 24 . Câu 48: [2H3-6.18-4] (Sở GD Thanh Hoá – Lần 1-2018 – BTN) Trong không gian Oxyz , cho các điểm A 3; 1;2 , B 1;1;2 , C 1; 1;4 , đường tròn C là giao của mặt phẳng
14. P :x y z 4 0 và mặt cầu S :x2 y2 z2 4x 6z 10 0 . Hỏi có bao nhiêu điểm M thuộc đường tròn C sao cho T MA MB MC đạt giá trị lớn nhất? A. 3 . B. 2 . C. 4 . D. 1. Lời giải Chọn A Ta có mặt cầu S có tâm I 2;0;3 và bán kính R 3 . x 2 t Gọi là đường thẳng đi qua I và vuông góc với P ta có : y t t R . z 3 t 5 1 8 Tâm J của đường tròn giao tuyến C chính là giao điểm của và P J ; ; . 3 3 3 2 6 Thấy A, B, C P , JA JB JC , AB BC CA 2 2 nên A, B, C C và tam 3 giác ABC đều. A J E B C M TH1: Xét M thuộc cung nhỏ B»C . Lấy điểm E thuộc đoạn AM sao cho MB ME mà B· ME B· CA 60o (do góc nội tiếp cùng chắn cung »AB ) suy ra tam giác BME đều. Ta có ·ABE C· BM (vì cùng cộng với góc E· BC bằng 60o ) ABE CBM MC AE . MB MC ME EA MA MA MB MC 2MA nên MA MB MC đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi MA đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi MA là đường kính tức M là điểm chính giữa cung nhỏ B»C . Vậy trong trường hợp này có một điểm M thỏa mãn. TH2 và TH3: Xét M thuộc cung nhỏ »AC; »AB do vai trò bình đẳng các đỉnh của tam giác đều hoàn toàn tương tự mỗi trường hợp cũng có một điểm M thỏa mãn. Vậy có ba điểm M thuộc đường tròn C sao cho MA MB MC đạt giá trị lớn nhất. Câu 50: [2H3-6.18-4] (Sở Giáo dục Gia Lai – 2018-BTN)Trong không gian Oxyz , cho tứ diện ABCD có A 1;1;1 , B 2;0;2 , C 1; 1;0 và D 0;3;4 . Trên các cạnh AB , AC , AD lần lượt lấy các điểm B , C , D sao cho thể tích của khối tứ diện AB C D nhỏ nhất và AB AC AD 4 . Tìm phương trình của mặt phẳng B C D . AB AC AD A.16x 40y 44z 39 0 .B. 16x 40y 44z 39 0 . C.16x 40y 44z 39 0.D. 16x 40y 44z 39 0 . Lời giải Chọn A
15. A D' B' C' D C 3 VABCD AB AC AD 1 AB AC AD 64 Ta có . . . VAB C D AB AC AD 27 AB AC AD 27 AB AC AD 4 Dấu " " xảy ra khi . AB AC AD 3  3  7 1 7 AB AB B ; ; . 4 4 4 4 7 1 7 Suy ra B C D qua B ; ; và song song BCD nên B C D có một véctơ pháp 4 4 4   tuyến là n BC; BD 4;10; 11 phương trình B C D là : 16x 40y 44z 39 0 .Câu 49. [2H3-6.18-4] (SỞ GD-ĐT HẬU GIANG-2018-BTN) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M 2; 2;1 , A 1;2; 3 và x 1 y 5 z đường thẳng d : . Tìm véctơ chỉ phương u của đường thẳng đi qua M , 2 2 1 vuông góc với đường thẳng d , đồng thời cách điểm A một khoảng lớn nhất. A. u 4; 5; 2 . B. u 1;0;2 . C. u 8; 7;2 . D. u 1;1; 4 . Lời giải Chọn A Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên , ta có d A; AH . Mặt khác, vì M nên AH AM . Do đó, AHmax AM H  M . Khi đó, đường thẳng đi qua M , vuông góc với đường thẳng d và vuông góc với đường   thẳng AM nên có véctơ chỉ phương là u u ; AM 4; 5; 2 . d Câu 43: [2H3-6.18-4] (SỞ GD-ĐT PHÚ THỌ-Lần 2-2018-BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x y x 4 0 và 3 điểm A(1;2;1), B(0;1;2), C(0;0;3) . Gọi 2 2 2 M (x0 ; y0 ; z0 ) là điểm thuộc mặt cầu (P) sao cho biểu thức Q MA 3MB 2MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng P x0 2y0 z0 . 46 4 6 2 A. P . B. . C. . D. . 9 9 9 9 Lời giải
16. Chọn D    1 5 13 Gọi I là điểm thõa mãn IA 3IB 2IC 0 I ; ; 6 6 6 Khi đó, biểu thức Q MA2 3MB2 2MC 2 6MI 2 IA2 3IB2 2IC 2 Qmin MImin M là hình chiếu vuông góc của I lên (P) . 1 x t 6 5 5 Mặt khác M d : y t và M (P) t 6 18 13 z t 6 4 10 22 2 Vậy M ; ; P x0 2y0 z0 9 9 9 9 Câu 37. [2H3-6.18-4] (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ LẦN 8) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , x 1 y 4 z 4 cho đường thẳng : và các điểm A 2;3; 4 , B 4;6; 9 . Gọi C , D là các 3 2 1 điểm thay đổi trên đường thẳng sao cho CD 14 và mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. Khi đó, tọa độ trung điểm của đoạn thẳng CD là 79 64 102 181 104 42 101 13 69 A. ; ; B. ; ; . C. ; ; . D. 2;2;3 . 35 35 35 5 5 5 28 14 28 Lời giải Chọn D + Thể tích tứ diện ABCD là: 1 V AB.CD.IE.sin với IE là đoạn vuông góc chung của AB , CD ; ·AB;CD . Rõ ràng 6 V là hằng số không đổi. 1 3V + Mặt khác: V Stp .r r 2 , với r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD , Stp 3 Stp là diện tích toàn phần của tứ diện ABCD . Dựa vào 2 , yêu cầu đề bài tương đương với Stp nhỏ nhất. Ta có: 1 S S S S S S S AB. d d với d d C; AB , tp ACD BCD CAB DAB ACD BCD 2 1 2 1 d2 d D; AB Vì A , B cố định CD 14 nên SACD SBCD không đổi. Do đó Stp nhỏ nhất khi và chỉ khi d1 d2 nhỏ nhất. Điều này xảy ra khi trung điểm I của CD là là giao điểm của d và đường thẳng vuông góc chung của d và AB . (Xem chứng minh ở phần bổ sung) + Giải bài toán tìm tọa độ 2 điểm của đoạn vuông góc chung ta được I 2;2;3 như sau: x 2 2t   AB 2;3; 5 , AB : y 3 3t ; d có VTCP ud 3; 2; 1 z 4 5t    IE co VTCP u AB;u 13; 13; 13 , chọn VTCP là u 1;1;1 . d I d I 1 3a;4 2a;4 a ; E AB E 2 2b;3 3b; 4 5b
17.  EI 3 3a 2b;1 2a 3b;8 a 5b 3 3a 2b k a 1   Ta có: EI k.u 1 2a 3b k b 1. Suy ra: I 2;2;3 8 a 5b k k 2 Chứng minh nhận định trên bằng bài toán sau: Cho hai đường thẳng chéo nhau d và và hai điểm C , D thay đổi trên đường thẳng d sao cho CD 2a (với a là hằng số dương cho trước). Gọi d1 , d2 lần lượt là khoảng cách từ C , D đến . Chứng minh rẳng tổng d1 d2 nhỏ nhất khi và chỉ khi trung điểm I của CD là giao điểm của d và đường thẳng vuông góc chung của d và . + Gọi IE d là đoạn vuông góc chung của d và . Qua E dựng đường thẳng d song song với d , gọi P là mặt phẳng chứa d và . Gọi C0 D0 2a là đoạn thẳng nhận I là trung điểm, C0 , D0 cố định thuộc d . Gọi C0 , H0 lần lượt là hình chiếu của C0 lên P và ; D0 , K0 lần lượt là hình chiếu của D0 lên P và ; Gọi CD 2a với C , D là hai điểm tùy ý thuộc d . Gọi C , H lần lượt là hình chiếu của C lên P và ; D , K lần lượt là hình chiếu của D lên P và . Ta có: E là trung điểm của đoạn C0 D0 và H0 K0 . 2 2 2 2 2 2 Ta có: d01 d02 d C0 ; d D0 ; d C0 H d D0 H 2 d b , với b C0 H D0 K là hằng số. 2 2 2 2 Ta có: d1 d2 d C H d D K Theo Thales ta có: + Nếu C , D cùng phía so với E (và giả sử C ở xa E hơn so với D ) ta có: C H D K EC ED C D 2 C H D K 2b b EC0 a + Nếu C , D ngược phía so với E ta có: C H D K EC ED C D 2 C H D K 2b b EC0 a Trong cả hai trường hợp này, dùng BĐT x2 a2 y2 b2 x y 2 a b 2 Ta được 2 2 2 2 2 2 2 2 d1 d2 d C H d D K 2d C H D K 2d 2a d01 d02 Đẳng thức xảy ra khi và chi khi CD  C0 D0 .
18. Chú ý: BĐT trên chứng minh bằng cách chọn u x; y , v a;b và u v u v . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chi khi u , v cùng hướng. Câu 47: [2H3-6.18-4] (THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp - QB - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) 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 có 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 rằng P : 2x by cz d 0 với b , c , d ¢ . Tính S b c d . A. S 18 B. S 11 C. S 24 D. S 14 Lời giải Chọn A  Ta có AB 4;4;2 AB 6 suy ra mặt cầu S có tâm I 4;3;4 và bán kính R 3. Đặt IH x 0 x 3 . Gọi r là bán kính đường tròn tâm H suy ra r R2 x2 9 x2 . 1 1 Thể tích khối nón là V r 2.AH . 32 x2 . 3 x . 3 3 Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có 3 1 1 6 3 3 32 V 6 2x 3 x 3 x V . 6 6 3 3 32 3 3 Vậy thể tích khối nón lớn nhất bằng khi 6 x 3 x x IH . 3 2 2 Mặt phẳng P vó vec tơ pháp tuyến n 2;b;c . Vì P vuông góc với đoạn AB nên ta có  2 b c b 2 n cùng phương với AB . Vậy P : 2x 2y z d 0. 4 4 2 c 1 8 6 4 d 18 d 3 d 15 Mặt khác d I; P 1 1 18 d 3 . 22 22 1 18 d 3 d 21 Mặt khác A và I nằm cùng phía với mặt phẳng P nên ta có d 18 9 d 18 d 0 . Vậy d 21 suy ra S b c d 2 1 21 18. d 9
19. Câu 40: [2H3-6.18-4] [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG- NAM ĐỊNH – 5/2018] 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 . 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 n hất khi M  H khi đó M là hình chiếu vuông góc của G lên Oxy M 2;1;0 x0 y0 z0 3 Câu 6: [2H3-6.18-4] (SGD Lạng Sơn - HKII - 2017 - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 3;2;2 ; B 5;3;7 và mặt phẳng P : x y z 0 . Điểm M a;b;c thuộc   P sao cho 2MA MB có giá trị nhỏ nhất. Tính T 2a b c . A. T 1.B. T 3. C. T 4 . D. T 3. Lời giải Chọn C 2 x 3 x 5 I I xI 1   Chọn điểm I sao cho 2IA IB 0 khi đó 2 yI 2 yI 3 yI 1 Vậy I 1;1; 3 . z 3 2 zI 2 yI 7 I        Xét 2MA MB 2MI 2IA MI IB MI MI MI có giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu của I lên mặt phẳng P . Đường thẳng d qua I và vuông góc với P sẽ đi qua M ; I và có vtcp trùng vtpt của P x 1 t Phương trình d y 1 t M 1 t;1 t; 3 t z 3 t a 0 Đồng thời M P : x y z 0 1 t 1 t 3 t 0 t 1 b 2 c 2 Vậy T 2a b c 4 . Câu 41: [2H3-6.18-4] (THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) 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
20. 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 . Vậy T 3. Câu 48: [2H3-6.18-4] (THPT CHuyên Lam Sơn - Thanh Hóa - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Xét tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc. Gọi ,  ,  lần lượt là góc giữa các đường thẳng OA , OB , OC với mặt phẳng ABC (hình vẽ). A O C B Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức M 3 cot2 . 3 cot2  . 3 cot2  là