AC 0 + ADAD 0
3.1 ĐÁP ÁN
1. B 2. D 3. D 4. D 5. D 6. D 7. A 8. A 9. D 10. A
11. A 13. D 14. C 15. A 16. C 17. D 18. A 19. D 20. D 21. A 22. D 23. C 24. D 25. A 26. D 27. D 28. D 29. C 30. C 31. A 32. A 33. C 34. D 35. C 36. B 37. B 38. B 39. A 40. A 41. C 42. C 43. A 44. C 45. B 46. B 47. A 48. D 49. D 50. C 51. A 52. A 53. D 54. D 55. C 56. A 57. A 58. C 59. C 60. D 61. A 62. D 63. A 64. C 65. D 66. D 67. B 68. A 69. A 70. C 71. B 72. B 73. A 74. A 75. D 76. D 77. D 78. C 79. D 80. B 81. A 82. C 83. A 84. C 85. A 86. D 87. A 88. B 89. A 90. C 91. A 92. B 93. C 94. C 95. A 96. C 97. A 98. B 99. B 100.B 101.C 102.C 103.D 104.B 105.D 106.A 107.A 108.D 109.B 110.A 111.A 112.A 113.B 114.C 115.C 116.A 117.C 118.B 119.D 120.D 121.D 122.C 123.A 124.B 125.B 126.A 127.C 128.B 129.C 130.D 131.A 132.D 133.C 134.C 135.B 136.D 137.A 138.B 139.A 140.C 141.C 142.B 143.B 144.B 145.B 146.C 147.C 148.D 149.D 150.A 151.A 152.C 153.D 154.A 155.C 156.D 157.A 158.B 159.C 160.A 161.D 162.A 163.A 164.C 165.D 166.D 167.B 168.A 169.D 170.D 171.A 172.C 173.D 174.C 175.B 176.D 177.A 178.C 179.C 180.C 181.B 182.D 183.B 184.D 185.A 186.B 187.A 188.C 189.D
4 VẬN DỤNG THÁP
Câu 1 (THPT Quốc học Quy Nhơn, lần 1).
Trong không gianOx yz, cho tam giácABC,biết A(1; 1; 1),B(5; 1;−2),C(7; 9; 1).Tính độ dài đường phân giác trong AD của góc A.
A. 3 p74
2 . B. 2p
74. C. 3p
74. D. 2
p74 3 .
Câu 2. Trong khơng gian Ox yz, cho các điểm A(a; 0;a),B(0;a;a),C(a;a; 0). Mặt phẳng (ABC) cắt các trụcOx,O y,Ozlại M,N,P. Tính thể tích khối tứ diệnOM N P.
A. 4a3. B. 8a
3
3 . C. 8a3. D. 4a
3
3 .
Câu 3. Trong khơng gian Ox yz, cho hai điểm A(2; 3; 1)và B(1;−2; 5). M là điểm thay đổi trên mặt phẳng(Ox y).Tính giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giácM AB.
A. p42+7. B. p42+5p
2. C. p42+p
62. D. p42+2p
13.
Câu 4. Trong khơng gian Ox yz, cho điểm M(1; 2; 3). Mặt phẳng (P) thay đổi qua M cắt các tia Ox, O y, Oz lần lượt tại A,B,C khác O. Thể tích khối tứ diện O ABC nhỏ nhất bằng bao nhiêu?
A. 27. B. 162. C. 54. D. 6.
Câu 5. Trong khơng gian với hệ tọa độOx yz, cho mặt phẳng(α)trùng với mặt phẳng(Ox y), đoạn SO⊥(α),SO=a, (a>0). Các điểm M,N chuyển động trên Ox,O y sao cho OM+ON=a. Tính giá trị lớn nhất của thể tích tứ diệnSOM N.
A. 24a3. B. 4a3. C. 2a3. D. a
3
24. -Lời giải.
Thể tích tứ diệnSOM N là :VSOM N=1
6OS.OM.ON=1
6a.OM(a−OM) ĐặtOM=x, xét hàm f(x)=1
6ax(a−x),x∈(0;a)ta được GTLN bằng a
3
24.
Chọn đáp án D ä
Câu 6. Trong khơng gian Ox yz, cho hình lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 cĩ A(0; 0; 0), B(2; 0; 0), C(0; 2; 0), A1(0; 0;m) (m>0)và A1Cvuơng gĩc vớiBC1. Thể tích khối tứ diện A1CBC1là
A. 4
3. B. 8
3. C. 4. D. 8.
-Lời giải.
Diện tích tam giác ABC là S∆ABC = 1 2[# »
AB;# »
AC]. Vì A1C⊥BC1 ⇒ ACC1A1 là hình vuơng ⇒ A1A=AC=2⇒m= ±2
⇒
·A1(0; 0; 2) A1(0; 0; 2)⇒
·C(0; 2; 2) C(0; 2;−2)
⇒VA1CBC1=1 6[# »A
1B;A# »
1C].# »A
1C1=4 3
Chọn đáp án A ä
Câu 7. Trong khơng gianOx yz, cho bốn điểm A(7; 2; 3),B(1; 4; 3),C(1; 2; 6),D(1; 2; 3)và điểmM tùy ý. Tính độ dài đoạnOM khi biểu thứcP=M A+MB+MC+p
3MDđạt giá trị nhỏ nhất.
A. OM=p
26. B. OM=5p
17
4 . C. OM=p
14. D. OM=3p
21 4 . -Lời giải.
Ta cĩD A# »
=(6; 0; 0),DB# »
=(0; 2; 0),DC# »
=(0; 0; 3)nên tứ diện ABCD cĩD A,DB,DC đơi một vuơng gĩc với nhau. Giả sửM(x+1;y+2;z+3). Khi đĩ
M A=p
(x−6)2+y2+z2≥ |x−6| ≥6−x;
MB=p
x2+(y−2)2+z2≥ |y−2| ≥2−y;
MC=p
x2+y2+(z−3)2≥ |z−3| ≥3−z;
p3MD=
» 3¡
x2+y2+z2¢
≥
»
(x+y+z)2≥x+y+z.
Do đĩP≥(6−x)+(2−y)+(3−z)+(x+y+z)=11. VậyP đạt giá trị nhỏ nhất bằng11khi và chỉ khi
x=y=z=0 6−x≥0 2−y≥0 3−z≥0 x+y+z≥0
⇔x=y=z=0. Khi đĩM(1; 2; 3), nênOM=p
12+22+32=p 14.
Chọn đáp án C ä Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ Ox yz, cho ba điểm A(sinαsinβ; 0; 0), B(0; sinαcosβ; 0), C(0; 0; cosα), trong đóα, β là hai số thực thay đổi. Biết rằng tập hợp tâm mặt cầu ngoại tiếp của hình chópO.ABC là một mặt cầu(S)có bán kínhR không đổi. TìmR.
A. 1. B.
p2
2 . C. 1
4. D. 1
2. -Lời giải.
GọiH,M lần lượt là trung điểm của AB,OC. Suy raH
µsinαsinβ
2 ;sinαcosβ
2 ; 0
¶
và M³
0; 0;cosα 2
´.
Vì4O AB vuông tạiOnên Hlà tâm đường tròn ngoại tiếp 4O AB. Trong (OCH), qua H dựng đường thẳng d song song với OC, dựng đường thẳng trung trực củaOCcắt d tạiI.
Khi đóI là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chópO.ABC
C
M
O A
B H I d
VìOMH I là hình chữ nhật nên OI=p
OM2+OH2= µ
sinαsinβ 2
¶2
+
µsinαcosβ 2
¶2
+
³cosα 2
´2
=1 2. Suy raI thuộc mặt cầu tâm Ocố định, bán kính R=1
2 không đổi.
Chọn đáp án D ä
Câu 9. Trong không gian với hệ trục tọa độOx yz, cho điểmMthuộc 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 mãnM A2+2MB# »
·MC# »
=8là đường tròn cố định, tính bán kính rđường tròn này.
A. r=p
3. B. r=6. C. r=3. D. r=p
6. -Lời giải.
R=3 R0
=3 M
I H I0
Mặt cầu(S) : (x−3)2+(y−3)2+(z−2)2=9có tâm I(3; 3; 2)và bán kínhR=3. GọiM(x;y;z)ta được M A2=x2+y2+z2−2x+1;MB# »
·MC# »
=x2+y2+z2−2x−3y−7. Ta có M A2+2MB# »
·# »
MC=8⇔3x2+3y2+3z2−6x−6y−21=0⇔x2+y2+z2−2x−2y−7=0. Suy ra M thuộc mặt cầu (S0)có tâm I0(1; 1; 0), bán kínhR0=3 nên M∈(S)∩(S0)là một đường tròn(C) có tâmH là trung điểm của đoạn I I0(vì R=R0=3).
Vậy bán kính đường tròn(C)làr=p
R2−I H2=p 6.
Chọn đáp án D ä
Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độOx yz, cho hai mặt phẳng(P) : x−y+3=0,(Q) :x−2y+ 2z−5=0và 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 M N luôn vuông góc với(Q). Giá trị lớn nhất của độ dài đoạn thẳng M N bằng
A. 14. B. 3+3p
5. C. 28. D. 9+5p
3.
-Lời giải.
Gọi các điểm A,B,C, D, H,K như hình vẽ bên.
Mặt cầu(S)tâm I(1;−2; 3)và bán kính R=5, d(I; (P))=3p
3, d(I; (Q))=14 3 .
Gọiα là gĩc giữa hai mặt phẳng, suy racosα= 1
p3⇒tanα=p 2. Do đĩDK>N K=M I⇒CD≥M N.
Ta cĩsinα=I H
IB ⇒IB= 9
p2⇒BC=9+5p p 2
2 .
tanα=CD
BC ⇒CD=BC·tanα=9+5p 2.
Vây M Nmax=9+5p 2.
A B
H N
D
K
I C
M
α (Q)
α
Chọn đáp án D ä
Câu 11. Trong khơng gian tọa độOx yz, cho các điểm A(1; 1; 2), B(0;−1;−3). Xét các điểm thay đổi trên mặt phẳng(Oxz), giá trị nhỏ nhất củaP=
¯
¯
¯
# »
OM+2M A# »
+3MB# »¯¯
¯bằng
A. 1. B. 3
2. C. 1
2. D. 1
4. -Lời giải.
Ta tìm điểm I(x;y;z)thỏa mãn # » OI+2# »
I A+3IB# »
=#»
0. (1)
Ta cĩOI# »
=(x;y;z), I A# »
=(1−x; 1−y; 2−z), # »IB
=(−x;−1−y;−3−z).
Ta cĩ(1)⇔
(2−4x=0
−4y−1=0
−5−4z=0
⇔
x=1
2 y= −1
4 z= −5 4. Ta cĩ
# »
OM+2# »
M A+3MB# »
=
³# » OI+I M# »´
+2³M I# » +# »
I A´
+3³M I# » +# »IB´
= 4# » M I.
⇒
¯
¯
¯
# »
OM+2# »
M A+3MB# »¯¯
¯ = 4M I.
Do đĩP đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khiM là hình chiếu vuơng gĩc của I lên(Oxz). Theo đĩ M
µ1 2; 0;−5
4
¶ .
Khi đĩminP=4·d (I; (Oxz))=4I M=4·
¯
¯
¯
¯−1 4
¯
¯
¯
¯=1.
Chọn đáp án A ä
Câu 12. Trong khơng gian Ox yz, cho hai điểm M(2; 2; 1), N µ
−8 3;4
3;8 3
¶
. Tìm tọa độ tâm đường trịn nội tiếp tam giác4OM N.
A. I(1; 1; 1). B. I(0; 1; 1). C. I(0;−1;−1). D. I(1; 0; 1). -Lời giải.
Cách 1:
Ta có # »
OM=(2; 2; 1), # » ON=
µ
−8 3;4
3;8 3
¶ .
GọiOD là phân giác trong góc O có vectơ chỉ phương là #»u = 1
OM·# » OM+ 1
ON·# »
ON=(0; 1; 1).
Suy raODcó phương trình tham số:
(x=0 y=t z=t.
D O
I
M N
Đặt #»v = 1
MO·MO# » + 1
M N·M N# »
=1
3(−2;−2;−1)+1 5 µ
−14 3 ;−2
3;5 3
¶
= µ
−8 5;−4
5; 0
¶ . GọiM I là phân giác trong gócM có vectơ chỉ phương là−5
2
#»v=(2; 1; 0). Suy raM I có phương trình tham số:
(x=2+2t0 y=2+t0 z=1.
Gọi I là giao điểm của OD và M I ta suy ra tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình
xI=2+2t0=0 yI=2+t0=t zI=1=t
⇒ nt=1
t0= −1.
Vậy I(0; 1; 1).
Cách 2:Khi làm bài trắc nghiệm, học sinh có thể sử dụng luôn tính chất.
Với I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác4OM N ta chứng minh:
M N·IO# »
+OM·I N# »
+ON·I M# »
=#»0. Thật vậy, theo tính chất đường phân giác ta có
OM
ON =D M
D N ⇒ OM
OM+ON = D M
D M+D N ⇒ OM
OM+ON = D M
M N ⇒ MO
MD =OM+ON M N (1).
Ta cũng có
OM
ON =D M
D N ⇒ D M# »
= −OM ON
# » D N
⇒ I M# »
−# »I D
= −OM ON
³I N# »
−I D# »´
⇒ µ
1+OM ON
¶I D# »
=I M# » +OM
ON
# » I N
⇒ I D# »
= ON OM+ON
# »
I M+ OM OM+ON
# » I N (2).
Mặt khác IO
I D = MO MD ⇒# »
IO= −MO MD
I D# » (3). Thay(1),(2)vàp(3)ta được
IO# »= −MO MD
I D# »
⇒ IO# »
= −OM+ON M N
µ ON OM+ON
# »
I M+ OM OM+ON
# » I N
¶
⇒ # »
IO= −ON M N
# » I M−OM
M N
# » I N
⇒ M N·# »
IO+OM·# »
I N+ON·# » I M=#»
0.
Áp dụng tính chất cho tam giác 4OM N với I là tâm đường tròn nội tiếp có M N=5, OM=3,
ON=4ta được:
M N·IO# »
+OM·I N# »
+ON·I M# »
=#»0
⇔ 5# »IO +3# »I N
+4I M# »
=#»
0
⇔
xI= 1
12(5xO+3xN+4xM) yI= 1
12(5yO+3yN+4yM) zI= 1
12(5zO+3zN+4zM)
⇔
xI= 1
12(−8+8) yI= 1
12(4+8) zI= 1
12(8+4)
⇔ I(0; 1; 1).
Chọn đáp án B ä
Câu 13. Trong không gianOx yz, choA(0; 1; 2),B(0, 1, 0),C(3, 1, 1)và mặt phẳng(Q) : x+y+z−5= 0. Xét điểm Mthay đổi thuộc (Q). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức M A2+MB2+MC2 bằng
A. 0. B. 12. C. 8. D. 10.
-Lời giải.
ĐặtT=M A2+MB2+MC2. GọiG là điểm thỏa mãn # » G A+# »
GB+# » GC=#»
0 ⇒G(1, 1, 1). Khi đóG A# »
=(−1; 0; 1)⇒G A2=2;GB# »
=(−1; 0;−1)⇒GB2=2;GC# »
=(2; 0; 0)⇒GC2=4. Ta có T = # »
M A2+# »
MB2+# » MC2
= ³# » MG+# »
G A´2
+³# » MG+# »
GB´2
+³# » MG+# »
GC´2
= 3MG2+G A2+GB2+GC2=3MG2+8
⇒T nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất⇔MG=d(G, (Q))= 2 p3. Khi đóT=12.
Chọn đáp án B ä
Câu 14. Trong không gianOx yz, cho hai điểm B(2;−1;−3)vàC(−6;−1; 3). Trong các tam giác ABC thỏa mãn các đường trung tuyến kẻ từB và C vuông góc với nhau, điểm A(a;b; 0), (b>0) sao cho góc A lớn nhất, giá trị của a+b
cosA bằng
A. 10. B. −20. C. 15. D. −5.
-Lời giải.
GọiG là trọng tâm tam giác ABC.
GB⊥GC⇔GB2+GC2=BC2⇔AB2+AC2=5BC2. cosA= AB2+AC2−BC2
2AB·AC = 4BC2
2AB·AC≥ 4BC2
AB2+AC2=4BC2 5BC2=4
5. Do đó góc Alớn nhất khicosA=4
5⇔AB=AC=5p 10. Ta có hệ phương trình
½(a−2)2+(b+1)2+9=(a+6)2+(b+1)2+9
(a−2)2+(b+1)2+9=250 ⇔na= −2
b=14 (vì b>0).
Vậy a+b cosA =15.
Chọn đáp án C ä
Câu 15. Trong không gian với toạ độ Ox yz, cho hai điểm A(0; 0;−2) và B(3; 4; 1). Gọi (P) là mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến của hai mặt cầu(S1) : (x−1)2+(y−1)2+(z+3)2=25và (S2) : x2+y2+z2−2x−2y−14=0.M,N là hai điểm thuộc(P)sao cho M N=1. Giá trị nhỏ nhất của AM+BN là
A. p34−1. B. 5. C. p34. D. 3.
-Lời giải.
Từ
½(S1) : (x−1)2+(y−1)2+(z+3)2=25 (1) (S2) : x2+y2+z2−2x−2y−14=0 (2) Lấy(1)trừ(2) (vế theo vế), ta được6z=0hay
(P) : z=0tức là(P)≡(Ox y).
Dễ thấy A,B nằm khác phía đối với (P), hình chiếu của Atrên(P)làO, hình chiếu củaBtrên(P)làH(3; 4; 0). Lấy A0 sao cho # »
A A0=M N# »
. O M I
B
A A0
H N
Khi đó AM+BN=A0N+BNÊA0B và cực trị chỉ xảy ra khiM N# »
cùng phươngOH# » . LấyM N# »
=
# » OH
¯
¯
¯
# » OH
¯
¯
¯
= µ3
5;4 5; 0
¶ . Khi đó vì # »
A A0=M N# »
nên A0 µ3
5;4 5;−2
¶
. Do đó AM+BN=A0N+BNÊA0B=5.
Chọn đáp án B ä
Câu 16. Trong không gianOx yz, cho A(1;−1; 2),B(−2; 0; 3) vàC(0; 1;−2). Gọi M(a;b;c)là điểm thuộc mặt phẳng(Ox y)sao cho biểu thức S=M A# »
·MB# »
+2·MB# »
·MC# »
+3·MC# »
·M A# »
đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đóT=12a+12b+c có giá trị là
A. T=3. B. T= −3. C. T=1. D. T= −1. -Lời giải.
Với I là điểm bất kỳ, ta có
# » M AMB# »
+2MB# »MC# »
+3MC# »M A# »
=
³I A# »
−I M# »´ ³# »IB
−I M# »´
+2³IB# »
−I M# »´ ³IC# »
−I M# »´
+3³IC# »
−I M# »´ ³# »I A
−I M# »´
= # » I AIB# »
+2IB# »# » IC+3# »
IC# »
I A−I M# »³ 4# »
I A+3IB# » +5# »
IC´
+6I M2. ChọnI(x;y;z)sao cho4# »
I A+3IB# » +5# »
IC=#»
0.
⇒
(4(1−x)+3(−2−x)+5(0−x)=0 4(−1−y)+3(0−y)+5(1−y)=0 4(2−z)+3(3−z)+5(−2−z)=0
⇔
(−12x=2
−12y= −1
−12z= −7.
Suy raI µ
−1 6; 1
12; 7 12
¶ . Khi đó,I A# »IB# »
+2IB# »IC# »
+3IC# »I A# »
là hằng số và I M# »³ 4I A# »
+3IB# »
+5IC# »´
=0nên Smin⇔I M nhỏ nhất
⇔M là hình chiếu của I trên(Ox y)⇒M µ
−1 6; 1
12; 0
¶ . VậyT=12·(−1)
6 +12· 1
12+0= −1.
Chọn đáp án D ä
Câu 17. Trong không gianOx yz, cho hai điểm A(3; 2; 1)vàB(−1; 4;−3). Tìm điểmMthuộc mặt phẳng(Ox y)sao cho|M A−MB|lớn nhất.
A. M(−5; 1; 0). B. M(5; 1; 0). C. M(5;−1; 0). D. M(−5;−1; 0). -Lời giải.
Ta có zA=1, zB= −3 do đó A và B nằm ở hai phía đối với mặt phẳng(Ox y).
GọiB0là điểm đối xứng vớiB qua mặt phẳng(Ox y), ta có
|M A−MB| =¯
¯M A−MB0¯
¯.
(Ox y)
B
M B0 A
Mà ta có
M A≤MB0+AB0⇒M A−MB0≤AB0 MB0≤M A+AB0⇒MB0−M A≤AB0
⇒ ¯
¯M A−MB0¯
¯≤AB0.
Do đó|M A−MB|lớn nhất làAB0khiB0, A,Mthẳng hàng hayMlà giao điểm của đường thẳng AB0và mặt phẳng(Ox y).
Ta cóB(−1; 4;−3)⇒B0(−1; 4; 3). Suy ra # »
AM=(xM−3;yM−2;−1), # »
AB0=(−4; 2; 2). Ta cóB0, A, Mthẳng hàng⇔ # »
AM và # »
AB0 cùng phương
⇔ xM−3
−4 = yM−2
2 =−1
2 ⇔
½xM=5 yM=1.
Vậy tọa độ M(5; 1; 0).
Chọn đáp án B ä
Câu 18. Trong không gianOx yz, cho bốn điểm A(7; 2; 3),B(1; 4; 3),C(1; 2; 6),D(1; 2; 3)và điểmM tùy ý. Tính độ dài đoạnOM khi biểu thứcP=M A+MB+MC+p
3MDđạt giá trị nhỏ nhất.
A. OM=3p 21
4 . B. OM=p
26. C. OM=p
14. D. OM=5p
17 4 . -Lời giải.
Ta có # »
D A=(6; 0; 0),DB# »
=(0; 2; 0), # »
DC=(0; 0; 3). GọiM(x+1;y+2;z+3), ta có
M A=p
(x−6)2+y2+z2≥ |x−6| ≥6−x MB=p
x2+(y−2)2+z2≥ |y−2| ≥2−y MC=p
x2+y2+(z−3)2≥ |z−3| ≥3−z p3MD=
» 3¡
x2+y2+z2¢
≥p
(x+y+z)2≥x+y+z.
Do đóP≥(6−x)+(2−y)+(3−z)+(x+y+z)=11.
VậyP đạt giá trị nhỏ nhất là11khi vài chỉ khix=y=z=0. Khi đóM(1; 2; 3), suy raOM=p
14.
Chọn đáp án C ä
Câu 19. Trong không gian tọa độOx yz, cho mặt cầu(S) : (x−3)2+(y−2)2+z2=4 và hai điểm A(−1; 2; 0),B(2; 5; 0). Gọi K(a;b;c)là điểm thuộc(S)sao choK A+2K Bnhỏ nhất. Giá trịa−b+c bằng
A. 4−p
3. B. −p
3. C. p3. D. 4+p
3. -Lời giải.
DoK∈(S)⇒(a−3)2+(b−2)2+c2=4. Ta có
K A = p
(a+1)2+(b−2)2+c2
= p
a2+b2+c2+2a−4b+12−7
=
»
(a+1)2+(b−2)2+c2+3£
(a−3)2+(b−2)2+z2¤
−7
= 2p
(a−2)2+(a−2)2+z2
= 2K M,vớiM(2; 2; 0).
Dễ thấyBnằm ngoài mặt cầu(S)và M nằm trong mặt cầu(S).
⇒K A+2K B=2(K M+K B)≥2MB.
Dấu “=” xảy ra khiK là giao điểm của đoạn thẳng MBvới mặt cầu(S). Phương trình của MB:
(x=2 y=5+3t z=0
⇒K(2; 5+3t; 0). K∈(S)⇒1+(9(1+t)2=4⇔t= −1± 1
p3⇒K(2; 2−p
3; 0)và K(2; 2+p 3; 0). DoK nằm giữaB,Mnên K(2; 2+p
3; 0)⇒a−b+c= −p 3.
Chọn đáp án B ä
Câu 20. Trong không gian với hệ trục tọa độOx yz, cho4điểm A(2; 4;−1),B(1; 4;−1), C(2; 4; 3), D(2; 2;−1), biếtM(x;y;z)đểM A2+MB2+MC2+MD2 đạt giá trị nhỏ nhất thìx+y+zbằng
A. 6. B. 21
4 . C. 8. D. 9.
-Lời giải.
Ta có # »
AB=(−1; 0; 0), # »
AC=(0; 0; 4), # »
AD=(0;−2; 0). Suy rah# »
AB,AC# »iAD# »
=86=0 nên bốn điểm A,B,C, D lập thành tứ diện.
GọiI là trọng trọng tâm tứ diện ABCD thìOI# »
=1 4
³O A# » +OB# »
+OC# »
+OD# »´ và I
µ7 4;7
2; 0
¶ . Ta có
T = M A2+MB2+MC2+MD2=# »
M A2+# »
MB2+# »
MC2+# » MD2
= ³M I# » +# »
I A´2
+³M I# »
+# »IB´2 +³M I# »
+# » IC´2
+³M I# »
+I D# »´2
= 4·M I# »2
+I A# »2
+IB# »2
+IC# »2
+I D# »2
+2M I# »³I A# » +IB# »
+# »IC
+# »IBD´
= 4·M I# »2
+# »
I A2+IB# »2
+# »
IC2+I D# »2
= 4.M I# »2
+I A# »2
+IB# »2
+IC# »2
+I D# »2
≥ # »I A2
+IB# »2
+# »IC2
+I D# »2. Suy raTmin=I A# »2
+# »IB2 +IC# »2
+I D# »2
khi M≡I tức là M µ7
4;7 2; 0
¶ . Khi đóx+y+z=7
4+7
2+0=21 4 .
Chọn đáp án B ä
Câu 21. Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox yz, cho A(a; 0; 0), B(0;b; 0), C(0; 0;c) với a, b, c>0 sao choO A+OB+OC+AB+BC+C A=1+p
2. Giá trị lớn nhất củaVO.ABC bằng A. 1
108. B. 1
486. C. 1
54. D. 1
162. -Lời giải.
Ta cóO A=a;OB=b;OC=c; AB=p
a2+b2;BC=p
b2+c2;C A=p
c2+a2. VO ABC=1
6O A·OB·OC=1
6a·b·c. Ta có
O A+OB+OC+AB+BC+C A=1+p 2
⇔ a+b+c+p
a2+b2+p
b2+c2+p
c2+a2=1+p 2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta cóa+b+c≥3p3
abc. pa2+b2+p
b2+c2+p
c2+a2 ≥3»6
¡a2+b2¢ ¡
b2+c2¢ ¡
c2+a2¢
≥3p6
2ab·2bc·2ac
=3p 2·p3
abc.
Suy ra
a+b+c+p
a2+b2+p
b2+c2+p
c2+a2≥3p3
abc+3p 2·p3
abc
⇔ 1+p
2≥3p3
abc(1+p
2)⇔p3
abc≤1 3
⇔ abc≤ 1 27⇔ 1
6abc≤ 1
162⇔VO ABC≤ 1 162. Dấu bằng xảy ra⇔
a>0;b>0;c>0 a=b=c
a+b+c+p
a2+b2+p
b2+c2+p
c2+a2=1+p 2
⇔a=b=c=1 3. Vậy giá trị lớn nhất củaVO ABC bằng 1
162.
Chọn đáp án D ä
Câu 22. Trong khơng gianOx yz, cho mặt cầu(S) : (x−4)2+(y−2)2+(z−4)2=1. Điểm M(a;b;c) thuộc(S). Tìm giá trị nhỏ nhất củaa2+b2+c2.
A. 25. B. 29. C. 24. D. 26.
-Lời giải.
VìM(a;b;c)∈(S) : (x−4)2+(y−2)2+(z−4)2=1nên(a−4)2+(b−2)2+(c−4)2=1. Suy ra a2+b2+c2+35=8a+4b+8c≤p
82+42+82·p
a2+b2+c2⇔5≤p
a2+b2+c2≤7.
Vậya2+b2+c2≥25, dấu00=00 xảy ra khi và chỉ khi
a 8=b
4 = c 8 a2+b2+c2=25
(a−4)2+(b−2)2+(c−4)2=1.
⇔
a=10
3 b=5
3 c=10
3 .
Chọn đáp án A ä
Câu 23. Trong khơng gian Ox yz, cho mặt cầu (S) : (x−1)2+(y−3)2+(z−3)2=3 và hai điểm A(2;−2; 4), B(−3; 3;−1). Xét điểm M thay đổi thuộc mặt cầu (S), giá trị nhỏ nhất của 2M A2+ 3MB2 bằng
A. 103. B. 108. C. 105. D. 100.
-Lời giải.
Mặt cầu(S)cĩ tâmI(1; 3; 3), bán kính R=p 3. Giả sử điểmN(x;y;z)thỏa mãn2N A# »
+3NB# »
=#»0
⇔
(2(2−x)+3(−3−x)=0 2(−2−y)+3(3−y)=0 2(4−z)+3(−1−z)=0
⇔
(x= −1 y=1 z=1.
Suy raN(−1; 1; 1), I N=2p
3, N A=3p
3,NB=2p 3. Ta lại cĩ
2M A2+3MB2 = 2³M N# » +# »
N A´2
+3³M N# »
+NB# »´2
= 5M N2+2M N# »
·
³ 2N A# »
+3NB# »´
+2N A2+3NB2
= 5M N2+2N A2+3NB2. Do vậy2M A2+3MB2 nhỏ nhất khi và chỉ khi M N nhỏ nhất.
Ta lại cĩI N=2p
3>R nênM N nhỏ nhất khi và chỉ khiM N=I N−R=2p 3−p
3=p 3. Vậy giá trị nhỏ nhất của2M A2+3MB2=5·3+2·27+3·12=105.
Chọn đáp án C ä
Câu 24. Trong khơng gian với hệ trục tọa độOx yz, gọi điểmM(a;b;c)(vớia;b;ctối giản) thuộc mặt cầu (S) : x2+y2+z2−2x−4y−4z−7=0 sao cho biểu thức T =2a+3b+6c đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị biểu thứcP=2a−b+c.
A. 12
7 . B. 8. C. 6. D. 51
7 . -Lời giải.
Ta cĩx2+y2+z2−2x−4y−4z−7=0⇔(x−1)2+(y−2)2+(z−2)2=16. GọiM(a;b;c)∈(S)⇔(a−1)2+(b−2)2+(c−2)2=16.
Ta cĩ
|2(a−1)+3(b−2)+6(c−2)| ≤ »¡
22+32+62¢ £
(a−1)2+(b−2)2+(c−2)2¤
⇔ |2a+3b+6c−20| ≤28
⇒ 2a+3b+6c−20≤28
⇒ 2a+3b+6c≤48.
Dấu “=” xảy ra khi
2a+3b+6c=48 a−1
2 =b−2 3 a−1
2 = c−2 6
⇔
(2a+3b+6c=48 3a−2b= −1 3a−c=1
⇔
a=15
7 b=26
7 c=38
7 . VậyT=2a−b+c=6.
Chọn đáp án C ä Câu 25. Trong không gian với hệ tọa độ Ox yz, cho A(2t; 2t; 0), B(0; 0;t)với (t>0). Điểm P di động thỏa mãn # »
OP·# » AP+# »
OP·BP# » +# »
AP·BP# »
=3. Biết rằng có giá trịt=a
b vớia,b nguyên dương và a
b tối giản sao choOP đạt giá trị lớn nhất bằng3. Khi đó giá trị củaQ=2a+bbằng
A. 5. B. 13. C. 11. D. 9.
-Lời giải.
Từ giả thiết ta có (# »
O A=(2t; 2t; 0)
# »
OB=(0; 0;t) ⇒
½O A# »
·OB# »
=0
# » O A+# »
OB=(2t; 2t;t).
Suy ra
# » OP·# »
AP+# » OP·BP# »
+# » AP·BP# »
=3
⇔ OP# »³OP# »
−O A# »´
+OP# »³OP# »
−OB# »´ +
³OP# »
−O A# »´ ³OP# »
−OB# »´
=3
⇔ 3OP2−2³OP# »
·O A# » +OP# »
·OB# »´ +O A# »
·OB# »
=3
⇔ 3OP2=2# » OP³# »
O A+# » OB´
+3, (∗).
Giả sử điểmP=(x0;y0;z0). Khi đó (*)⇔3¡
x20+y02+z02¢
=4x0t+4y0t+2z0t+3⇔x20+y02+z20−4t
3 x0−4t
3 y0−2t
3 z0−1=0. VậyP thuộc mặt cầu có tâm I
µ2t 3 ;2t
3 ;t 3
¶
, bán kính R=p t2+1. Suy raOP lớn nhất bằngOI+R=t+p
t2+1=3⇔t=4
3⇒Q=2·4+3=11.
Chọn đáp án C ä
Câu 26. Trong không gianOx yz, cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A1B1C1cóA1¡p
3;−1; 1¢ , hai đỉnhB,C thuộc trục Oz và A A1=1 (C không trùng vớiO). Biết #»u(a;b; 2) là một véc-tơ chỉ phương của đường thẳng A1C. TínhT=a2+b2.
A. T=4. B. T=5. C. T=16. D. T=9. -Lời giải.
Mặt phẳng(A1B1C1)qua A1¡p
3;−1; 1¢
và song song vớiOz. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của BC,B1C1⇒A1M⊥BC⇒M là hình chiếu vuông góc của A1 lênOz⇒M(0; 0; 1)và M N=1. Ta có A1N=p
A1M2−M N2=p
3, do tam giác A1B1C1 đều ⇒ ta có
A1N= p3
2 B1C1=p
3⇔B1C1=2.
Suy raMC=1⇔ |n−1| =1⇔ hn=2
n=0.
Vớin=0⇒C(0; 0; 0)≡O không thỏa mãn.
Vớin=2⇒C(0; 0; 2)thỏa mãn.
Do đó # » A1C=¡
−p 3; 1; 1¢
⇒ #»u
A1C=¡
−p 3t;t;t¢
, vớit=2⇒
½a= −2p 3 b=2.
Vậy ta cóT=a2+b2=¡
−2p 3¢2
+22=16.
A B
C
A1 B1
C1
M N
Chọn đáp án C ä
Câu 27. Cho các tiaOx, O y,Oz cố định đôi một vuông góc với nhau. Trên các tia đó lần lượt lấy các điểmA,B,Cthay đổi thỏa mãnO A+OB+OC+AB+BC+C A=1trong đó A,B,Ckhông trùng với O. Giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện O ABC bằng 1
m¡ 1+p
n¢3, (m,n∈Z). Giá trị của biểu thứcP=m+nbằng
A. 164. B. 111. C. 192. D. 150.
-Lời giải.
Chọn hệ trục tọa độ sao cho các tia Ox, O y, Oz là chiều dương các trục tọa độ, gọi A(x; 0; 0), B(0;y; 0),C(0; 0;z),(x,y,z>0).
Ta cĩVO ABC=1
6x yz. Theo giả thiết
O A+OB+OC+AB+BC+C A=1
⇔ x+y+z+p
x2+y2+p
y2+z2+p
z2+x2=1 Theo bất đẳng thức Cơ-si ta cĩ
x+y+z+p
x2+y2+p
y2+z2+p
z2+x2 ≥ 3p3
x yz+33
» 2p
2x yz
⇔1 ≥ 3p3 x yz³
1+p 2´
⇒1
6x yz ≤ 1
162¡ 1+p
2¢3
⇔VO ABC ≤ 1 162¡
1+p 2¢3.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khix=y=z= 1 3+3p
2. Vậynm=162
n=2 ⇒P=m+n=164.
Chọn đáp án A ä
Câu 28. Trong khơng gianOx yz, cho điểm M Ã1
2; p3
2 ; 0
!
và mặt cầu(S) : x2+y2+z2=8. Đường thẳng d thay đổi, đi qua điểm M cắt mặt cầu (S)tại hai điểm phân biệt A, B. Tính diện tích lớn nhất Scủa tam giácO AB.
A. S=4. B. S=p
7. C. S=2p
2. D. S=2p
7. -Lời giải.
Mặt cầu(S)cĩ tâmO(0; 0; 0)và bán kínhR=2p 2.
Vì OM=1<R nên M nằm bên trong mặt cầu (S). Gọi H là hình chiếu vuơng gĩc củaOlênd.
Ta dùng mơ hình như hình bên để giải bài tốn.
Đặtx=OH, ta cĩ0<x≤OM, đồng thời H A=p
R2−OH2=p 8−x2.
O
A B
M H
d
Vậy diện tích tam giácO AB làSO AB=1
2OH·AB=OH·H A=xp 8−x2. Xét hàm số f(x)=xp
8−x2trên(0; 1]. Ta cĩ f0(x)= −2(x2−4)
p8−x2 >0 ∀x∈(0; 1]. Suy ramax
(0;1] f(x)=f(1)=p 7.
Vậy diện tích lớn nhấtS của tam giácO AB bằngp7 khi H trùng với điểm M, hay M là hình chiếu vuơng gĩc củaOlênd.
Chọn đáp án B ä
Câu 29. Trong khơng gian Ox yz, cho mặt cầu (S) : x2+y2+z2+2x−8y+9 =0 và hai điểm A(5; 10; 0),B(4; 2; 1). GọiMlà điểm thuộc mặt cầu(S). Giá trị nhỏ nhất củaM A+3MBbằng
A. 11 p2
3 . B. 22
p2
3 . C. 22p
2. D. 11p
2. -Lời giải.
GọiM(x;y;z)∈(S). Ta cĩ M A+3MB = p
(x−5)2+(y−10)2+z2+3p
(x−4)2+(y−2)2+(z−1)2
= 3
"
µ x+1
3
¶2
+ µ
y−14 3
¶2
+z2+p
(x−4)2+(y−2)2+(z−1)2
#
≥
µ 4+1
3
¶2
+ µ
2−14 3
¶2
+12=11p 2 3 .
Chọn đáp án A ä
Câu 30. Trong khơng gian với hệ tọa độOx yz, cho ba điểm A(2; 0; 6),B(2; 4; 0)vàC(0; 4; 6). Biết M là điểm để biểu thức M A+MB+MC+MOđạt giá trị nhỏ nhất, phương trình đường thẳng (∆)đi qua hai điểm H(3; 0;−1)và M là
A. (∆) : x−3 2 = y
1= z+1
−3 . B. (∆) : x−3 1 = y
1= z+1 3 . C. (∆) : x−3
1 = y
3= z+1
−1 . D. (∆) : x−3
1 = y
−1 =z+1
−2 . -Lời giải.
GọiI là trọng tâm tứ diệnO ABC, ta được I(1; 2; 3). Khi đĩ, ta cĩ
½I A# » +IB# »
+IC# » +IO# »
=#»0 I A=IB=IC=IO=p
14.
Ta thấy
M A = 1 p14·
¯
¯
¯
# » M A
¯
¯
¯·
¯
¯
¯ I A# »
¯
¯
¯
≥ 1
p14·M A# »
·I A# »
= 1 p14
³M I# » +I A# »´
·I A# »
= 1 p14
# » M I·I A# »
+p 14.
Tương tự, ta cĩ
MB ≥ 1 p14
# » M I·IB# »
+p 14 MC ≥ 1
p14
# » M I·IC# »
+p 14 MO ≥ 1
p14
# » M I·IO# »
+p 14.
Do vậy, ta được
M A+MB+MC+MO ≥ 1 p14·M I# »
·
³I A# » +IB# »
+IC# » +IO# »´
= 4p
14. (∗)
Đẳng thức(∗)xảy ra⇔M≡I. Khi đĩ ta cĩMH# »
=(2;−2;−4). Vậy(∆) : x−3
1 = y
−1= z+1
−2 .
Chọn đáp án D ä
Câu 31. Trong khơng gianOx yz, cho mặt cầu(S)cĩ tâmI(−2; 1; 2)và đi qua điểmA(1;−2;−1). Xét các điểmB,C, D thuộc(S)sao cho AB, AC, AD đơi một vuơng gĩc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD cĩ giá trị lớn nhất bằng
A. 72. B. 216. C. 108. D. 36.
-Lời giải.
Đặt AB=a, AC=b, AD=c thì ABCD là tứ diện vuông đỉnh A, nội tiếp mặt cầu (S).
Khi đó ABCD là tứ diện đặt ở góc A của hình hộp chữ nhật tương ứng có các cạnh AB, AC, AD và đường chéo A A0 là đường kính của cầu. Ta cóa2+b2+c2=4R2.
XétV=VABCD=1
6abc⇔V2= 1
36a2b2c2.
D P
A
B E
I
M N
C a
b c
Màa2+b2+c2Ê3p3
a2b2c2⇔
µa2+b2+c2 3
¶3
Êa2b2c2⇔ µ4R2
3
¶3
Ê36·V2⇔VÉR3·4p 3 27 VớiR=I A=3p
3. VậyVmax=36.
Chọn đáp án D ä
Câu 32. Trong không gian Ox yz, cho mặt cầu (S)có tâm I(−1; 0; 2) và đi qua điểm A(0; 1; 1). Xét các điểmB,C, D thuộc(S)sao cho AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng
A. 8
3. B. 4. C. 4
3. D. 8.
-Lời giải.
ĐặtAD=a,AB=b, AC=c, GọiM,Nlần lượt là trung điểm BC, AD. QuaM kẻ đường thẳngd song song vớiAD, qua N dựng đường thẳng vuông góc vớiAD cắtd tạiI. Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Ta có
R=I A=p 3. AM=
pb2+c2
2 ;I M=a 2
⇒R2=I A2=a2+b2+c2
4 =3.
A N D
B
M I
C
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta cóa2+b2+c2≥3p3
a2b2c2⇒abc≤8. Suy raVABCD=1
6abc≤1 6·8=4
3.
Chọn đáp án C ä
Câu 33. Trong không gian với hệ trục tọa độOx yz, cho # » O A=2#»
i+2#»
j+2#»
k,B(−2; 2; 0),C(4; 1;−2). Trên mặt phẳngOx yz, điểm nào dưới đây cách đều ba điểm A,B,C?
A. M µ3
4; 0;1 2
¶
. B. M
µ−3 4 ; 0;−1
2
¶
. C. M
µ3 4; 0;−1
2
¶
. D. M
µ−3 4 ; 0;1
2
¶ . -Lời giải.
A(2; 2; 2),B(−2; 2; 0),C(4; 1;−1),M(x, 0,z)∈(Oxz)và cách đều 3 điểm A,B, Cnên ta có nM A=MB
MB=MC ⇔
½(x−2)2+4+(z−2)2=(x+2)2+4+z2 (x−4)2+1+(z+1)2=(x+2)2+4+z2
⇔
n−8x−4z= −4
−12x+2z= −10⇔
x=3
4 z=−1
2 . Vậy M=
µ3 4; 0;−1
2
¶ .
Chọn đáp án C ä Câu 34. Trong không gianOx yz cho mặt cầu(S) : x2+y2+z2−2x+4y+2z−3=0tâm I và hai điểm A(−1; 0; 0), B(0; 0;−3). Xét các tiếp tuyến của(S)tại A vàB cắt nhau tại M=(xM;yM;zM). Tìm yM khi đoạn I M đạt giá trị nhỏ nhất.
A. yM= −14
13. B. yM=14
13. C. yM= −22
13. D. yM=10
13. -Lời giải.
(S)có tâm I(1;−2;−1)và R=3.
Mặt phẳng tiếp xúc với(S)tại Acó phương trình
(PA) : (−1−1)(x+1)+(0+2)y+(0+1)z=0⇔ −2x+2y+z−2=0.
Mặt phẳng tiếp xúc với(S)tạiBcó phương trình
(PB) : (0−1)x+(0+2)y+(−3+1)(z+3)=0⇔ −x+2y−2z−6=0.
M nằm trên đường d là giao của (PA) và (PB), I M ngắn nhất khi M là hình chiếu của I trênd.
Đường thẳngd có véc-tơ chỉ phương là #»u=h# » I A;IB# »i
=(−6;−5;−2). Ta cóM nằm trên(PA), (PB)và I M# »
⊥#»u nên có tọa độ M là nghiệm của hệ
−2x+2y+z−2=0
−x+2y−2z−6=0
−6(x−1)−5(y+2)−2(z+1)=0
⇔
x=−14 13 y=10
13 z=−22
13 .
Chọn đáp án D ä
Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độOx yz, cho mặt cầu(S) : (x−1)2+(y−2)2+(z−3)2=25 và điểm A(3; 1; 5). Ba mặt phẳng thay đổi đi qua Avà đôi một vuông góc với nhau, cắt mặt cầu (S)theo giao tuyến là ba đường tròn có chu vi lần lượt là p1,p2,p3. Tính T=p21+p22+p23.
A. T=132π2. B. T=66π2. C. T=264π2. D. T=36π2. -Lời giải.
(S)có tâm I(1; 2; 3); R=5.
GọiH1;H2; H3 là hình chiếu của I đến3mặt phẳng đó.
Ta có
I , H1, H2, H3 và A tạo thành một hình hộp chữ nhật với đường chéoI Avà các cạnh I H1, I H2, I H3như hình vẽ.
Từ đóI H21+I H22+I H32=I A2=9.
Gọi r1 , r2, r3 là bán kính 3 đường tròn là giao tuyến của3mặt phẳng đó với mặt cầu.
Ta có
r21=R2−I H12;r22=R2−I H22; r23=R2−I H32. Suy ra
r21+r22+r23=3R2−¡
I H21+I H22+I H32¢
=66.
Từ đó p21+p22+p23=4π2¡
r21+r22+r23¢
=264π2.
A
I
H1 H2
H3
Chọn đáp án C ä Câu 36. Trong khơng gian với hệ tọa độ Ox yz, cho ba điểm A(a; 0; 0), B(0;b; 0), C(0; 0;c) với a, b, c là các số thực dương thay đổi sao choa2+b2+c2=3. Tính khoảng cách lớn nhất từ O đến mặt phẳng(ABC).
A. 1
3. B. 3. C. p1
3. D. 1.
-Lời giải.
Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Dễ thấy tứ diện O ABC là hình chĩp tam diện vuơng tạiO.
Ta cĩCH⊥AB, CO⊥AB⇒AB⊥(CHO)⇒AB⊥OH. MàBH⊥AC, BO⊥AC⇒AC⊥(BHO)⇒AC⊥OH. Từ đĩ ta suy raOH⊥(ABC)⇒d(O, (ABC))=OH. Xét tam giác AOB vuơng tạiO, cĩ đường caoOK
1
OK2 = 1
O A2+ 1 OB2= 1
a2+ 1 b2.
O
A
B C
K H
Xét tam giácCOK vuơng tạiO, cĩ đường caoOH 1
OH2 = 1
OC2+ 1 OK2= 1
a2+ 1 b2+ 1
c2 ≥ 3 p3
a2b2c2 ⇒OH2≤ p3
a2b2c2
3 .
Mà3=a2+b2+c2≥3p3
a2b2c2⇒abc≤1⇒OH≤1 3.
Vậy khoảng cách từOmặt phẳng(ABC)lớn nhất bằng 1 3.
Chọn đáp án A ä
Câu 37. Trong khơng gian cới hệ trục tọa độOx yz, cho đường thẳng d: xư2
2 = yư1
2 = z+1 ư1 và điểm I(2;ư1; 1). Viết phương trình mặt cầu tâm I cắt đường thẳng d tại hai điểm A,Bsao cho 4I ABvuơng tạiI.
A. (xư2)2+(y+1)2+(zư1)2=8. B. (xư2)2+(y+1)2+(zư1)2=80 9 . C. (xư2)2+(y+1)2+(zư1)2=9. D. (x+2)2+(yư1)2+(z+1)2=9. -Lời giải.
Mặt cầu tâmI cắt đường thẳng d tại A,B nên A,B∈d. Khi đĩ A(2+2t; 1+2t;ư1ưt),B(2+2u; 1+2u;ư1ưu)với t6=u. Suy ra # »
I A=(2t; 2+2t;ư2ưt),# »
IB=(2u; 2+2u;ư2ưu). Theo giả thiết ta cĩ
½I A# »
·IB# »
=0 (do4I ABvuơng) I A=IB(doIlà tâm hình cầu)⇔
½4tu+(2+2t)(2+2u)+(2+t)(2+u)=0
4t2+(2+2t)2+(2+t)2=4u2+(2+2u)2+(2+u2)
⇔
n9tu+6u+6t+8=0 9t2+12t=9u2+12u⇔
n9tu+6u+6t+8=0 (tưu)(9t+9u+12)=0⇔
(9tu+6u+6t+8=0 t= ưuư4
3(vìt6=u)
⇔
9u
µ
ưuư4 3
¶ +6
µ
ưuư4 3
¶
+6u+8=0 t= ưuư4
3
⇔
ư9u2ư12u=0 t= ưuư4
3
⇔
u=0;t=ư4 3 u= ư4
3;t=0.
Nhận xét A,B cĩ vai trị như nhau nên ta chỉ cần xét trường hợp u = 0;t = ư4
3. Khi đĩ B(2; 1;ư1),IB# »
=(0; 2;ư2).
Bán kính hình cầu làR=IB=2p
2. Vậy phương trình mặt cầu thỏa mãn yêu cầu bài tốn là (xư2)2+(y+1)2+(zư1)2=8.
Chọn đáp án A ä Câu 38. Trong khơng gian với hệ tọa độOx yzcho mặt cầu(S) : (xư1)2+(yư1)2+z2=25và hai điểm A(7; 9; 0),B(0; 8; 0). Tìm giá trị nhỏ nhất của P=M A+2MB với M là điểm bất kỳ thuộc mặt cầu(S).
A. 10. B. 5p
5. C. 5p
2. D. 5
p5 2 . -Lời giải.
GọiI(1; 1; 0),R=5là tâm và bán kính của mặt cầu (S). Ta cĩI A=10=2R,IB=p
50>5 nên điểmBnằm ngồi mặt cầu.
Gọi E(4; 5; 0) là giao điểm của A I và mặt cầu (S) và F µ5
2; 3; 0
¶
là trung điểm củaI E.
Khi đĩI M=2I F.
Xét hai tam giácM I F và A I M, ta cĩ
A I M(gĩc chung) I F
I M =1 2= I M
I A
⇒ 4A I Mv4M I F(c.g.c)
⇒ M A F M = A I
M I =2⇒M A=2MF.
Suy raM A+2MB=2MF+2MB≥2FB=5p 5.
Dấu bằng xảy ra khi Mlà giao điểm củaFBvà mặt cầu(S). Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=M A+2MBlà5p
5.
F E A
M I
Chọn đáp án B ä
Câu 39. Trong khơng gian với hệ tọa độ Ox yz, cho các mặt cầu (S1), (S2), (S3) cĩ cùng bán kínhr=1và lần lượt cĩ tâm là các điểm A(0; 3;ư1),B(ư2; 1;ư1),C(4;ư1;ư1). Gọi (S)là mặt cầu tiếp xúc với cả ba mặt cầu trên. Mặt cầu(S)cĩ bán kính nhỏ nhất là
A. R=p
10+1. B. R=p
10ư1. C. R=2p
2ư1. D. R=p
10. -Lời giải.
Mặt cầu(S)là mặt cầu tiếp xúc ngồi với cả ba mặt cầu(S1),(S2)và(S3). Gọi I là tâm vàR là bán kính mặt cầu(S).
VìI A=IB=IC nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tam giác ABC. Ta cĩ AB=2p
2, AC=4p
2vàBC=2p
10. Suy raBC2=AB2+AC2 hay tam giác ABC vuơng tại A. Do đĩ Ilà trung điểm của BCvà bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là
I A=IB=IC=BC 2 =p
10.
VậyR=I Aư1=IBư1=ICư1=p 10ư1.
Chọn đáp án B ä
Câu 40. Trong khơng gian với hệ tọa độOx yz, cho mặt cầu(S) : (x+1)2+(y+1)2+(zư2)2=9và điểm A(ư1;ư1; 1). Ba mặt phẳng thay đổi quaA và đơi một vuơng gĩc với nhau cắt(S)theo ba đường trịn. Tính tổng diện tích của các hình trịn đĩ.
A. 18π. B. 17π. C. 26π. D. 11π. -Lời giải.
Vì tổng diện tích của ba đường trịn khơng đổi nên ta cĩ thể chọn ba mặt phẳng đơi một vuơng gĩc với nhau cĩ phương trình là x= ư1, y= ư1 và z=1.
Mặt phẳngx= ư1cắt mặt cầu(S)theo giao tuyến là đường trịn(y+1)2+(zư2)2=9cĩ bán kính R1=3.
Mặt phẳng y= ư1cắt mặt cầu(S)theo giao tuyến là đường trịn(x+1)2+(zư2)2=9cĩ bán kính R2=3.
Mặt phẳngz=1cắt mặt cầu (S)theo giao tuyến là đường trịn(x+1)2+(y+1)2=8cĩ bán kính R3=2p
2.
Tổng diện tích của ba hình trịn làπ(R21+R22+R32)=26π.
Chọn đáp án C ä
Câu 41. Trong khơng gianOx yz, cho hai mặt cầu(S1) : (xư1)2+y2+(zư1)2=25,(S2) : (xư2)2+ (yư2)2+(zư3)2=25. Tính phần thể tíchV giới hạn bởi hai mặt cầu trên.
A. V=1127
6 π. B. V=1135
6 π. C. V=1127
24 π. D. V=1127
12 π. -Lời giải.
Mặt cầuS1có tâm I(1; 0; 1)bán kínhR=5. Mặt cầuS2có tâm I0(2; 2; 3)bán kínhR0=5. I I# »0=(1; 2; 2), I I0=3.
Giải sử ta có các điểm như hình vẽ.
Khi đóh=HF=R−I H=R−1
2I I0=7 2.
Do hai mặt cầu có cùng bán kính nên phần giới hạn bởi hai mặt cầu là hai chỏm cầu có cùng thể tích.
Vậy thể tích giới hạn bởi hai mặt cầu là V=2π·h2·
µ R−h
3
¶
=1127 12 π.
D I0 C
I H F
Chọn đáp án D ä
Câu 42. Trong không gian với hệ tọa độ Ox yz, cho hai điểm A(−2; 2;−3), B(4; 5;−3). M(a;b;c) là điểm trên mặt phẳngOx ysao choM A2+2MB2đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổnga+b+c.
A. 3. B. 6. C. 1. D. −1.
-Lời giải.
Lấy điểmI đoạn thẳng ABsao cho I A# » +2IB# »
=#»0, khi đó ta có
xI= xA+2xB
3 =−2+2·4
3 =2
yI= yA+2yB
3 =2+2·5
3 =4
zI= zA+2zB
3 =−3+2·(−3)
3 = −3,
từ đó suy ra I(2; 4;−3). Ta lại có
M A2+MB2=# »
M A2+# » MB2=
³# » M I+# »
I A
´2
+
³# » M I+# »
IB
´2
=M I# »2
+2M I# »
·I A# » +# »I A2
+M I# »2
+2M I# »
·IB# » +IB# »2
=2M I# »2
+2M I# »³# » I A+IB# »´
+# »
I A2+IB# »2
=2M I2+I A2+IB2.
Từ đó, kết hợp với A,B và I cố định, suy raM A2+MB2 nhỏ nhất khi và chỉ khi M I nhỏ nhất, khi đó M là hình chiếu của I trên mặt phẳngOx y, suy raM(2; 4; 0).
Vậya+b+c=6.
Chọn đáp án B ä
Câu 43. Trong không gian tọa độOx yz choA(1; 3; 10),B(4; 6; 5)và Mlà điểm thay đổi trên mặt phẳng (Ox y) sao cho M A,MB cùng tạo với mặt phẳng (Ox y) các góc bằng nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của AM.
A. 6p
3. B. 10. C. p10. D. 8p
2. -Lời giải.