50 câu Oxyz Vận dụng cao bám sát Đề minh họa môn Toán năm 2021 có lời giải chi tiết

CHUYÊN ĐỀ LUYỆN THI

TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2021 Môn: Toán

HÌNH HỌC KHÔNG GIAN OXYZ

Câu 1. (Sở GD-ĐT Tp Hồ Chí Minh) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm ^A



^{9; 3;5}



^,



^{; ;}



B a b c . Gọi M , N, P lần lượt là giao điểm của đường thẳng AB với các mặt phẳng toạ độ



^Oxy



^,



^Oxz



^và



^Oyz



^{. Biết M, N, P} nằm trên đoạn AB sao cho

AMMNNPPB. Giá trị của tổng a b c  là:

A. 21. B. 15. C. 15. D. 21 .

Lời giải: Qua hình vẽ ta nhận thấy M là trung điểm của AN, N là trung điểm của AB và P là trung điểm của BN

Do đó ta có : ^{9; 3; 5}

 

2 2 2

a b c

N     Oxz

 

 

 

9 3 5

9 3 5

2 ; 2 ; 2

2 2 2

a b c

M Oxy

  

 

  

 

 

 

 

 

9 3 5

2 ; 2 ; 2

2 2 2

a b c

a b c

P Oyz

  

 

  

 

 

 

 

Nên ta có a 3,b3,c 15 a b c   15.

Câu 1: (Chuyên Đại học Vinh) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A, B, C (không trùng O) lần lượt thay đổi trên các trục Ox, Oy, Oz và luôn thỏa mãn điều kiện: tỉ số giữa diện tích của tam giác ABC và thể tích khối tứ diện OABC bằng 3

2. Biết rằng mặt phẳng



^ABC



luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định, bán kính của mặt cầu đó bằng

A. 3. B. 2. C. 4. D. 1.

Lời giải: Ta có :

 

 

1 . ,

3

ABC ABC

OABC ABC

S S

V S d O ABC



   

3 , d O ABC



Mà 3

2

ABC OABC

S

V  nên ^{d O ABC}



^,

  

^2.

Vậy mặt phẳng



^ABC



luôn tiếp xúc mặt cầu tâm O, bán kính 2

R . Chọn B.

y

O z

A M N P B

x

O

A

B C

z

x

y

Câu 2: (Đề Thi THPTQG) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm ^A



^{4; 6; 2}



^và



^{2; 2; 0}



B  và mặt phẳng

 

^{P :xy z 0}. Xét đường thẳng d thay đổi thuộc

 

^P và đi qua B, gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d. Biết rằng khi d thay đổi thì H thuộc một đường tròn cố định. Tính bán kính R của đường tròn đó.

A. R1. B. R 6. C. R 3. D. R2. Lời giải: Gọi K là chân đường vuông góc từ A đến mặt

phẳng. Nên ta thấy H luôn thuộc mặt cầu cố định tâm I là trung điểm của AB và bán kính là

cau 2 R  AB

H thuộc d nằm trong mặt phẳng P nên H thuộc giao của cầu và mặt phẳng P nên H thuộc đường tròn giao tuyến cố định. Ta có ^I



^{3; 2;1}



_{I P}^;  2 3 IOd 

6 2 _cau 3 2

AB R  do đó đường tròn giao tuyến có bán kính là : R_tron  R_c²IO²  6

Câu 1: (Chuyên Đại học Vinh) Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có ^A



^2;3;3



^{, phương}

trình đường trung tuyến kẻ từ B là d: 3 3 2

1 2 1

x y z

 

  , phương trình đường phân giác trong của góc C là : 2 4 2

2 1 1

x y z

 

  . Đường thẳng AB có một véc-tơ chỉ phương là A. ^u



^{2;1; 1}



^{. B. u}



^{1; 1; 0}



^{. C. u}



^{0;1; 1}



^{. D. u}



^{1; 2;1}



^.

Lời giải: Ta có phương trình tham số của  là:

2 2 4 2

x t

y t

z t

 



  



  



^C



^{2 2 ; 4 t t; 2t}



Gọi M là trung điểm của AC  7 5

2 ; ;

2 2

t t M  t   

  

 . Vì Md nên:

 

7 5

3 2

2 3 2 2

1 2 1

t t

t

 

   

 

   

     

 

1 1 1

1 4 2 1

t t t

   t

    

   ^{C }



^4;3;1



Phương trình mặt phẳng

 

^{P đi qua A} và vuông góc với  là: 2x  y z 20. Gọi H là giao điểm của

 

^{P và H}



^{2; 4; 2}



^.

Gọi A là điểm đối xứng với A qua đường phân giác , suy ra H là trung điểm AA^A



^2;5;1



^.

Do A BC nên đường thẳng BC có VTCP là ^{CA  }



^{2; 2; 0}



^2



^{1;1; 0}



^{ BC:}

4 3 1

x t

y t

z

  

  



  .

Vì BBMBC ^B



^2;5;1



^{ A.}

Đường thẳng AB có một véc-tơ chỉ phương là ^{AB}



^{0; 2; 2}



^{2 0;1; 1}



^



^{. Chọn C.}

Câu 2: (Chuyên Đại học Vinh) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng 2 1 2

: 4 4 3

x y z

d   

 

 và

mặt phẳng

 

^{P : 2x y2z 1 0}. Đường thẳng  đi qua ^E



^{2; 1; 2}



, song song với

 

P

(P) d

A

K B

H I

O

đồng thời tạo với d góc bé nhất. Biết rằng  có một véctơ chỉ phương ^u



^{m n; ; 1 .}



^Tính

2 2

T m n .

A. T  5. B. T 4. C. T 3. D. T  4. Lời giải: Mặt phẳng

 

^P có VTPT là ^n



^{2; 1; 2}



; đường thẳng d có VTCP là ^v



^{4; 4;3}



//

 

^{P  un2mn20n2m2.}

Mặt khác ta có ^cos



^;



^.

. d u v

  u v

 

 

 

²

2 2 2 2

4 4 3

1. 4 4 3

m n m n

 



    



²



4 5

41 5 8 5

m

m m

 

 

 

^{2 2}

2 2

4 5

1 1 16 40 25

. .

5 8 5 5 8 5

41 41

m m m

m m m m

  

 

    .

Vì ^{0  }



^;d



^{90 nên}



^;d



bé nhất khi và chỉ khi ^cos



^;d



lớn nhất Xét hàm số

 

2 2

16 40 25

5 8 5

t t

f t t t

 

  

 

 

2 2 2

72 90

5 8 5

t t

f t

t t

 

  

  . Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có ^{maxf t}

 

^{ f}

 

^{0 5 suy ra}



^;d



bé nhất khi m0n2. Do đó T m²n² 4. Chọn D.

Câu 3: (Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai) 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 của đoạn DE có tọa độ là

A. 2 2

; ; 0

4 4

I 

 

 

 

. B. 2 2

; ; 0

3 3

I 

 

 

 

. C. 1 1

; ; 0 I3 3 

 

 . D. 1 1

; ; 0 I4 4 

 

 .

Lời giải: Ta có ^{OA}



^{1; 0;1}



^{, OB}



^{0;1; 1}



^{, OAOB 2, AB }



^{1;1; 2}



^{, AB 6.}

. .

ODE OAB

S OD OE

S  OA OB 1 .

2 2

OD OE

  OD OE. 1 cosAOB

2 2 2

2. . OA OB AB

OA OB

 

 2 2 6

4

   1

2

 



2 2 2

2 . cos

DE OD OE  OD OE AOBOD²OE²OD OE. 3OD OE. 3

DE

  . Dấu bằng xảy ra khi ODOE1 V

Khi đó 2 2 .

OD OA 2 2 2 ; 0; 2

D 

  

 

, 2

2 .

OE OB 2 2 0; ;

2 2

E 

   

 

Vậy trung điểm I của DE có tọa độ 2 2

; ; 0

4 4

I 

 

 

 

. Chọn A.

Câu 4: (Chuyên Hà Tĩnh) 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: 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}

 

^{ .}

Phương trình đường thẳng AC:

1 2 1 2

x t

y t

z t

  



 



  



, do đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình

1 2 1 2

2 3 0

x t

y t

z t

x y

  



 



  

   



1 1

1 3 t

x y z

 

 

 

 

 

. Do đó ^M



^1;1;3



^{, a b c  5. Chọn D.}

Câu 5: (Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho các điểm



^{1; 0; 0}



A , ^B



^{0; 2; 0}



^{, C}



^{0; 0;3}



^{, D}



^{2; 2; 0}



. Có tất cả bao nhiêu mặt phẳng phân biệt đi qua 3 trong 5 điểm O, A, B, C, D?

A. 7 . B. 5 . C. 6 . D. 10 .

Lời giải: Phương trình mặt phẳng



^ABC



^{là: 1}

1 2 3

x y z

   . Rõ ràng ^D



^ABC



^.

Ta cũng có ^{AB }



^{1; 2; 0}



^{và AD}



^{1; 2; 0}



^{nên AB AD, suy ra D} nằm trên đường thẳng AB. Bởi vậy, có 5 mặt phẳng phân biệt đi qua 3 trong 5 điểm O, A, B, C, D là



^OAB



^,



^OBC



^,



^OAC



^,



^OCD



^và



^ABC



^{. Chọn B.}

Câu 6: (Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

3 2 1

: 2 1 1

x y z

d   

 

 và mặt phẳng

 

^{P :xy  z 2 0}. Đường thẳng  nằm trong mặt phẳng

 

^P , vuông góc với đường thẳng d đồng thời khoảng cách từ giao điểm I của d với

 

^{P đến  bằng 42. Gọi M}



^{5; ;b c}



là hình chiếu vuông góc của I trên . Giá trị của bc bằng

Lời giải: Mặt phẳng

 

^{P có VTPT} nP 



^1;1;1



, đường thẳng d có VTCP ud 



^{2;1; 1}



.

 

I d P ^I



^{1; 3; 0}



^.

Đường thẳng  có VTCP là: u_ 



^{n , u}P d



 



^{2;3; 1}



.

Gọi  là đường thẳng đi qua I, thuộc mặt phẳng

 

^P và vuông góc với đường thẳng  có véc-tơ chỉ phương là: u_ 



^{n , u}P d



  



^{4; 1;5}



.

Phương trình đường thẳng  là:

1 4 3 5

x t

y t

z t

  

   



 

.

Hình chiếu M của I trên đường thẳng  là giao điểm của  và  ^M



^{1 4 ; 3 t  t t;5}



^.

42

IM  IM²42^{ }



^4t



^{2 }

 

^{t 2}

 

^{5t 2 42  t 1.}

Với t1 thì ^M



^{ 3; 4;5}



^.

Với t 1 thì ^M



^{5; 2; 5 }



^.

Như vậy b 2,c  5 bc10. Chọn B.

Câu 3: (Sở Quảng Nam) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm ^A



^{1; 2; 0}



^,



^{3; 2; 4}



B   và mặt phẳng

 

^{P :x2y  z 3 0. Gọi M a b c}



^{; ;}



là điểm thuộc mặt phẳng

 

^P sao cho tam giác MAB cân tại M và có diện tích nhỏ nhất. Tính abc.

A. abc2. B. abc1. C. abc0. D. abc 2. Lời giải: Gọi I là trung điểm của AB^I



^{1; 0; 2}



. Tam giác MAB cân tại M MI  AB. Gọi

 

^Q là mặt phẳng qua I và vuông góc AB^

 

^{Q :xy  z 3 0}

   

d P  Q ud n nP^; Q 



^{1; 0;1}



  

Gọi

 

^R là mặt phẳng qua I và vuông góc với d ^

 

^{R :x  z 1 0.}

Gọi H là hình chiếu của I trên d  H là giao điểm của 3 mặt phẳng

 

^{P ,}

 

^{Q và}

 

^{R } tọa độ của

H là nghiệm của hệ

2 3 0

3 0

1 0 x y z x y z x z

   



   



   





^{0; 2; 1}



H

 

Tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất (AB không đổi) MI đạt giá trị nhỏ nhất M H



^{0; 2; 1}



M  abc0. Chọn C.

Câu 4: (Sở Quảng Trị) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

 

^{S :x2y2z22x4y4z 7 0.}

Gọi ^{M a b c}



^{, ,}



là điểm thuộc

 

^S sao cho 2a3b6c đạt giá trị lớn nhất. Tính T a b c. A. 81

T  7 . B. 12

T   7 . C. 11

T  7 . D. 79 T  7 . Lời giải: Ta có

  

^{S : x1}



^{2 }



^y2



^{2 }



^z2



^{2 16}

 

M S ^



^a1



^{2 }



^b2



^2



^c2



^{2 16 *}

 

Đặt P2a3b6c=^2



^a1



^3



^b2



^6



^c2



^20

Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz , ta có:

     



^{2 a1 3 b2 6 c2}



^{2 }



^{22 3262}

  

^a1



^{2 }



^b2



^2



^c2



²



^784

     

2 a 1 3 b 2 6 c 2 28 P 48

        

Dấu “=” xảy ra 1 2 2

2 3 6

a b c

   với



^{a 1 0}



3 1

2

3 1

b a c a

 

 

 

  



.

Từ đó thay vào phương trình

 

* ta được:

 

 

2

15

49 1 16 7

1 4

7 a a

a loai

 



   

  





^{; ;}



^{15 26 38; ; 79}

7 7 7 7

a b c   a b c

     

  . Chọn D.

Câu 5: (Sở Quảng Nam) Cho hình lập phương ABCD A B C D.     có cạnh bằng 1. Gọi M N, theo thứ tự là hai điểm thay đổi trên hai cạnh AB AD, sao cho AM = DN (M không trùng với A,B).

Biết rằng tồn tại một mặt cầu cố định có tâm thuộc đường thẳng AC và tiếp xúc với mặt phẳng



^{A MN}



^{khi M N,} thay đổi. Tính bán kính R của mặt cầu đó.

A. 3

R 2 . B. 1

R 2. C. 2

R 2 . D. R1. Lời giải: Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ ^A



^{0; 0; 0}



^,



^1;1;1



C , ^{M a}



^{; 0; 0}



^{, N}



^{0;1a; 0}



Dễ thấy AC:x yz. Lấy IAC^{I b b b}



^{; ;}



 

^{: 1}

1 1

x y z

A MN a a 



 

 

 

2 2

1 1 ,

1 1

1 1

b b a a b d I A MN

a a

  

 

 

 



2

1 1 1 1 1 1

. 1 1

1 1

1 1

1 11 1 1 1

b b

a a b a a b

a a

a a

 

       

   

 

     

   

 

Để khoảng cách từ I đến mặt phẳng



^{A MN}



không đổi thì 1 1 1 1 1

1 1

1 k 1

a a b a a

 

       

   

1 1

1 1

b 2

 b     . Với 1

b 2 thì bán kính mặt cầu cần tìm là 1

R 2. Chọn B.

Câu 6: (Sở Lâm Đồng) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt cầu

 

S1 ,

 

S2 có phương trình lần lượt là



^x2



^2



^y1



^{2 }



^z1



^{2 16 và}



^x2



^2



^y1



^2



^z5



^{2 4. Gọi}

 

^P

là mặt phẳng thay đổi tiếp xúc với cả hai mặt cầu

   

S1 , S2 . Khoảng cách lớn nhất từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng

 

^{P bằng:}

A. 9

2 15. B. 15 . C. 9 15

2

 . D. 8 3 5

2

 . Lời giải:

 

S1 có tâm và bán kính lần lượt là

 

1 2;1;1 , 1 4

I R 

 

S2 có tâm và bán kính lần lượt là I2



2;1;5 ,



R2 2 Gọi H H₁, ₂ lần lượt là hình chiếu của I I₁, ₂ trên

 

^{P . Xét}

1 mặt cắt đi qua I I₁, ₂, ta có:

Gọi K là trung điểm I I_{1 2}^K



^2;1;3



. Bây giờ ta sẽ chứng minh H K₁ I I_{1 2}.

Thật vậy, gọi P là hình chiếu của I₂ trên

1 1

I H I PH H_{2 1 2} là hình chữ nhậtPH₁ I H_{2 2} 2PH₁ PI₁ 2

 tam giác I I H_{1 2 1} là tam giác cân có I I_{1 2}  I H_{1 1}4  tam giác I I H_{1 2 1} là tam giác đều

H K₁ I I_{1 2}.

Phương trình mặt phẳng qua K và vuông góc với I I_{1 2} là

 

^{Q : z3.}

   

1 1

H  Q  S ^H1



^{2 3 sint2; 2 3 cost1;3}



I H^{1 1} 



2 3 sin ; 2 3 cos ; 2t t



Từ đó ^

 

^{P : 2 3 sint x}



^{2 3 sint2}



^{2 3 cost y}



^{2 3 cost1}



^2



^z3



^0



^;

  

^{2 3 sin 3 cos 9}

2

t t

d O P

 

 



^{2 3}

  

^{2 3 2 9} 15 9

2 2

  

  . Chọn C.

Câu 7: (CHUYÊN KHTN LẦN 1- 2019) Trong không gian Oxyz, tập hợp tất cả các điểm thỏa mãn 2

x y  z  và x2 y  z 2 là một khối đa diện có thể tích bằng

A. 3 B. 2 C. 8

3 D. 4

3 Lời giải: Ta có: các điểm thỏa mãn

2

x y  z  sẽ là Khối bát diện đều có cạnh bằng 2 2 nhận gốc O làm tâm như hình vẽ.

Các điểm thỏa mãn x2 y  z 2 sẽ là Khối bát diện đều có cạnh bằng 2 2 nhận



^{2; 0; 0}



A làm tâm như hình vẽ.

Nên tập hợp các điểm cần tìm sẽ là khối chung của cả 2 bát diện đều như hình.

Dễ thấy khối chung cũng là một bát diện đều.

Nên _. 1 ² 2 4

2 2. . .2.1

3 3 3

S ABOC

V  V  AB SH   Chọn D

Câu 8: (Chuyên KHTN HN) Trong không

P

K

H2

H1

I2

I1

x y

z

C B S

O A

gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm ^A



^{3;1; 3}



^{, B}



^{0; 2;3}



và mặt cầu

  

^{S : x1}



^{2 y2}



^z3



^{2 1}. Xét điểm M luôn thay đổi thuộc mặt cầu

 

^S , giá trị lớn nhất của MA² 2MB² bằng

A. 102. B. 78. C. 84. D. 52.

Lời giải: Gọi I là điểm thỏa mãn IA2IB0



^{1; 1;1}



I

 

2 2

2 2

2 2

MA  MB  MA  MB



^{MI IA}



^{2 2}



^{MI IB}



²

      2 2 2

3MI IA 2IB

    

2 2 2

3MI IA 2IB

  

Vì IA²2IB² không đổi và IA² 2IB² 36MA² 2MB² đạt giá trị lớn nhất MI đạt giá trị lớn nhất

Mặt cầu

 

^{S có tâm G}



^{1; 0;3}



và bán kính R1; IG3 MI đạt giá trị lớn nhất khi M G I, , thẳng hàng (G nằm giữa I và M ): MI_Max MGGI 4

Khi đó MA² 2MB² 3MI²IA²2IB² 84. Chọn C.

Câu 9: (Chuyên Trần Phú – Hải Phòng – 2019). Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

 

^{P :x2y2z 3 0} và hai điểm ^A



^{1; 2;3}



^{, B}



^{3; 4;5}



^{. Gọi M} là một điểm di động trên

 

^P . Giá trị lớn nhất của biểu thức MA 2 3 MB

 bằng:

A. 3 3 78. B. 54 6 78 . C. 8 2 . D. 6 3 . Lời giải: Nhận xét ^A

 

^{P ,AB2 3.}

Khi đó MA 2 3 MA AB

P MB MB

 

  .

Áp dụng định lí sin cho MAB, ta có 2 cos .cos

sin sin 2 2 1

sin 2 cos .sin sin

2 2 2

A B M

MA AB B M

P MB A A A A



 

   

Vậy max



^

  

min

sin , 54 6 78

2

P  A A AB P P

      

 

. Chọn B.

Câu 10: (Chuyên Hưng Yên – 2019). Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

 

^{P :x  z 6 0 và hai}

mặt cầu

 

S1 :x²y²z²25;

 

S2 :x²y²z²4x4z 7 0. Biết rằng tập hợp tâm I các mặt cầu tiếp xúc với cả hai mặt cầu

   

S1 , S2 và tâm I nằm trên

 

^P là một đường cong.

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong đó.

A. 7

3 . B. 7

9. C. 9

7 . D. 7

6 .

Lời giải: Mặt cầu

   

1 1

0; 0; 0

: 5

S O R



 



,

   

2 2

2; 0; 2

: 1

S K R

 



 



.

Xét sự tương giao của

   

S1 , S2 và mặt phẳng

 

^P ta thấy

 

S1

chứa

 

S2 ,

 

S1 cắt mặt phẳng

 

^{P còn}

 

S2 không cắt mặt phẳng

 

^{P .}

Khi đó mặt cầu tâm I phải tiếp xúc trong với

 

S1 và tiếp xúc ngoài với

 

S2 .

Lại có ^{OK }



^{2; 0; 2}



^{OK }

 

^P . Khi đó gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên mp

 

^P , suy ra ,O K H, thẳng hàng.

Vậy tập hợp điểm I là đường tròn

 

^{C tâm H}, bán kính IH.

Gọi R là bán kính mặt cầu tâm I, ta có OI R₁R 5 R KI, R₂R 1 R.

Khi đó ^{2 2 2 2 2 2}



⁵



^{2 18}



¹



^{2 2 2}

IH OI OH KI KH IH  R   R  R 3

2 7

IH 9

  . Vậy ² 7

. 9

S IH 



  Chọn B.

Câu 11: (Sở GD – ĐT Thanh Hoá – 2019). Trong không gian Oxyzcho mặt phẳng

 

^{P :y 1 0,}

đường thẳng

1

: 2

1 x

d y t

z

 

  



 

và hai điểm



^{1; 3;11 ,}



^{1; 0;8}

A B2 

   

 

. Hai điểm M N, thuộc mặt

phẳng

 

^{P sao cho d M d}



^,



^{2 và NA2NB}. Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn MN. A. MN_min 1. B. MN_min  2. C. _min 2

MN  2 . D. _min 2 MN  3.

Lời giải: Ta có ^{d M d}



^,



^{2 nên M} thuộc mặt trụ tròn xoay

 

^H có trục là đường thẳng d, mà

     

M P M  P  H . Lại có

   

 

1;1;1

d P I

d P

 



 



nên giao của mặt phẳng

 

^P và mặt trụ

 

^{H là}

đường tròn

 

^{C tâm I}, bán kính R2.

Giả sử ^{N x y z}



^{; ;}



^{. Khi đó}

       

2

2 2 2 1 2 2

2 1 3 11 2 2

NA NB x y z x 2 y z

             

 

2 2 2

2 2 14 42 0

x y z x y z

        nên ^N

 

^S là mặt cầu tâm ^J



^{1;1; 7}



, bán kính R 3. Vậy N thuộc giao của mặt phẳng

 

^P và mặt cầu

 

^{S . Lại có J}

 

^{P nên N}

 

^{C tâm J}, bán kính R 3. Vậy bài toán được phát biểu lại: “Trên mặt phẳng

 

^P ta lấy hai điểm M N, thuộc hai đường tròn

   

^{C , C} . Tìm độ dài ngắn nhất của đoạn MN.

Dễ thấy MN_min IJRR1. Chọn A.

Câu 12: (Chuyên Hưng Yên – 2019). Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu

  

^{S : x1}



^2



^y2



^2



^z3



^{225 và M}



^{4; 6;3}



^{. Qua M} kẻ các tia Mx My Mz, , đôi một vuông góc với nhau và cắt mặt cầu tại các điểm thứ hai tương ứng là , ,A B C. Biết mặt phẳng



^ABC



luôn đi qua một điểm cố định ^{K a b c}



^{; ;}



^{. Tính a3b c .}

A. 9. B. 14. C. 11. D. 20.

Lời giải: Mặt cầu

  

^{1; 2;3}



: 5 S I

R



 



. Ta dễ thấy điểm



^{4; 6;3}

  

M  S . Do đó hình hộp chữ nhật MABD CEFG. nội tiếp mặt cầu

 

^{S .}

Khi đó gọi H  ABMD K, MFCH

 

K ABC

  và K cố định.

Lại có 2 10

2; ;3

3 3

MK MI K 

   

 

 

. Chọn A.

Câu 13: (CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN-ĐÀ NẴNG) Trong không gian Oxyz cho hai điểm

5 3 7 3

; ;3

2 2

A   

 

 

 

, 5 3 7 3

; ;3

2 2

B   

 

 

 

và mặt cầu

  

^{S : x1}



^2



^y2



^2



^z3



^26.

Xét

 

^{P :ax by czd0, ( , , ,a b c d và d 5}), là mặt phẳng thay đổi luôn đi qua hai điểm ,A B. Gọi

 

^N là hình nón có đỉnh là tâm của mặt cầu

 

^S và đường tròn đáy là đường tròn giao tuyến của

 

^{P và}

 

^S . Tính giá trị của T  a b c d   khi thiết diện qua trục của hình nón

 

^N có diện tích lớn nhất.

A. T 4 B. T 6 C. T 2 D. T 12

Lời giải: Ta có: Gọi r là bán kính của đường tròn giao tuyến và h là khoảng cách từ tâm mặt cầu tới

 

^{P . Dễ thấy}

2 2

1 2 6

2 6 3

2 2

TD

h h

S rh h h  

     S_TDmax h 3

Ta có:

5 2

6 0

: 7

3 0 2

3

x t

x y

AB y t

z z

  



    

   

 

  



 



 phương trình chùm mặt phẳng đi qua AB có dạng

 

^{P :m x}



^y6



^{n z}



^3



^{0 mà hd}_{I P} ^{ 3 }

2 2

3 3

2

m n m

m n

m n

 

    

 

 

9 0 3 0 x y z

x y z L

   

     

. Vậy T    1 1 1 9 6. Chọn đáp án B

Câu 14: (Sở Hà Tĩnh) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm ^A



^{1; 0; 0 ,}



^B



^{0; 1; 0 ,}



^C



^{0; 0;1}



^{và mặt}

phẳng

 

^{P : 2x2y z 70. Xét M}

 

^P , giá trị nhỏ nhất của MC  MBMA MB

bằng

A. 5. . B. 2. . C. 5 2.. D. 2 5..

Lời giải: Gọi I là điểm thỏa mãn ^IC  ^{IBIA0}^{ I}



^{1; 1;1}



Ta có MC         MBMAICIM IBIM IAIM IM MC MB MA MB IM MB MI MB

            

Do



^{I P;}

  

^{    2 2 1 7 0,}



^{B P;}

  

^{    0 2 0 7 0 nên}

điểm I và B nằm cùng phía so với mặt phẳng

 

^P

Gọi B là điểm đối xứng của B qua mặt phẳng

 

^{P ta có}

MCMBMA  MB MIMBMIMBIB

   

đạt min khi , ,

I M I thẳng hàng Ta có



2



2

: 1 2

x t

BH y t

z t

 

   



 

, H2BH2

 

P H2



2;1; 1





^{4; 3; 2}

 

^{5; 4; 3}



B IB

     

 

min MC MB MA MB IB 5 2

        

. Chọn C.

Câu 15: (YÊN KHÁNH A-NINH BÌNH) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu

 

^{S :x2y2z21.}

Điểm ^M

 

^S có tọa độ dương; mặt phẳng

 

^P tiếp xúc với

 

^{S tại M} cắt các tia Ox Oy Oz; ; tại các điểm , ,A B C. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức ^{T }



^1OA2



^1OB2



^1OC2



^là

A. 24 B. 27 C. 64 D. 8

Lời giải: Ta có: ^{M a b c}



^{; ;}



^

 

^{P :a x a}



^



^{b y b}



^



^{c z c}



^



^0

 

^{P :}₁^x ₁^y ₁^{z a2 b2 c2 1}

a b c

       1₂ 1₂ 1₂

1 1 1

T a b c

     

         

     

Mà 1₂ 1₂ 1₂ 1₂ ⁴ 1 ₆

1 1 4

3 3 3 27

a a a a a

      nên

 

4 9 6

64 1 3 T

abc



P) H1

H2

I

B

B' M

Lại có ^{1a2b2c2 33}



^abc



^{2 T 64. Chọn C}

Câu 16: (THPT Phúc Trạch – Hà Tĩnh 2019). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm



^{2; 2;1 ,}

 

^{1; 2; 3}



A   M  và đường thẳng 1 5

: 2 2 1

x y z

  

 . Tìm vecter chỉ phương của đường thẳng d đi qua A vuông góc với đường thẳng  đồng thời cách điểm B một khoảng bé nhất.

A. ^u



^{2; 2; 1}



^{. B. u}



^{1; 0; 2}



^{. C. u}



^{2;1; 6}



^{. D. u}



^{25; 29; 6 }



^.

Lời giải: Gọi

 

^P là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với . Ta có ^d

 

^{P .}

Dựng MBAB MH, 

 

P MBMH MBmin MH , dấu “=” xảy ra BH hay ^MB

 

^{P .}

Khi đó ud nP^,nP^,AMu_^,u_^,AM^{9 1; 0; 2}

 

      

. Chọn B.

Câu 17: (Thanh Thủy - Phú Thọ) Trong không gian Oxyz cho điểm ^{A 4; 4;2}



^



và mặt phẳng

 

^{P : 2x2y z 0. Gọi M nằm trên}

 

^{P ,} N là trung điểm của OM, H là hình chiếu vuông góc của O lên AM . Biết rằng khi M thay đổi thì đường thẳng HN luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định. Tính thể tích của mặt cầu đó?

A. V 36 . B. V 32 3 . C. V 32 2 . D. V 72 2 . Lời giải: Ta có ^O

 

^P . Mà VTPT của ^{mp P}

 

^là



^{2; 2;1}



¹

n   2OA

Suy ra ^OA

 

^P . Lại có ^M

 

^{P OAOM} hay tam giác OAM vuông tại O

Gọi I là trung điểm đoạn OA^{ I}



^{2; 2;1}



Do

 

     90⁰

OHI IOH

OH AM IHN ION AOM

OHN NOH

 

     

 

 HN IH HN

   luôn tiếp xúc với mặt cầu cố định tâm I đường kính OA

Suy ra bán kính là 4 ³

3 36

2 3

ROA V  R  . Chọn A.

Câu 18: (THPT Chuyên Sơn La) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm ^{A ; ;}



^{1 2 1}



^,



^{0 4 0}



B ; ; , mặt phẳng

 

^P có phương trình 2xy2z20170. Mặt phẳng

 

^R đi qua hai điểm A, B và tạo với mặt phẳng

 

^P một góc nhỏ nhất.

 

^R có một véctơ pháp tuyến là

 _R



1



n  ;a;b ,



khi đó a b bằng

A. 4. B. 0. C. 1. D. 2.

Lời giải: Gọi

 

^Q là mặt phẳng đi qua 2 điểm ,A B, d là giao tuyến của

 

^{Q và}

 

^{P , M} là giao điểm của đường thằng AB và

 

^{P ,}

 

AI d Id . Khi đó

    

^{P , Q}



^{ AIH, ta có: AIH  AMH}

   



^{P , Q}



_min ^AMH

  . Dấu “=” xảy ra M I

P d

A

M

H B

I

N O M

H

A

M B A

_AHI  _p



^{3 0 3}



^{3 1 0 1}

 

n AB;n   ; ;   ; ; .

 

  

Mặt phẳng

 

^R đi qua hai điểm A, B và tạo với mặt phẳng

 

^P một góc nhỏ nhất

 _R _AIH



^{2 2 2}



^{2 1 1 1}

 

n AB; n  ; ; ; ; .

     

 

  

Chọn _{ }



^{1 1 1}



^{1 1 1 0}

R 1

n ; ; a a b .

b

 

        

  



Chọn B.

Câu 19: (SỞ GĐ-ĐT QUẢNG NAM)Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng

4 3

: 3 4

0

x t

d y t

z

  

  



 

. Gọi A là hình chiếu vuông góc của O trên d. Điểm M di động trên tia Oz, điểm N di động trên đường thẳng d sao cho MN OMAN. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng OA. Trong trường hợp diện tích tam giác IMN đạt giá trị nhỏ nhất, một vectơ phát tuyến của mặt phẳng



^{M d,}



có tọa độ là

A.



^{4;3;5 2}



^B.



^{4;3;10 2}



^C.



^{4;3;5 10}



^D.



^{4;3;10 10}



Lời giải: Ta có: Từ điều kiện MN OM AN MN là tiếp tuyến của đường tròn đường kính OA tại H vì MOMH NA; NH

IH MN

  1 1

. . .

2 2

SMNI IH MN R MN

   để S_MNI đạt giá trị nhỏ nhất thì MN_min với ^{ , } 5

2 2

dO d

R 

Ta lại có: MN   MO OA ANMN² OM²AN²OA² Mà OM MH AN; NH

2 2 2 4 2 2 2 25

MN MH NH R MH NH

      



^{12 12}



^{2 2}

  

^{2 2 2 2}

2

MH NH MH NH MH NH MN

      

2

2 25 5 2

2

MN MN MN

     . Dấu bằng xảy ra

5 2

2 2

OM AN MN OM

     5 2

0; 0;

M 2 

  

 ^{n}_^{ AM u, d}_^



^{4;3;5 2}



^{. Chọn A}

Câu 20: (Phan Đình Phùng – Đăk Lăk) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ^P



^{1;1; 2}



^.

Mặt phẳng

 

^{ qua P} cắt các trục Ox Oy Oz, , tại A B C, , khác gốc tọa độ sao cho

2

2 2

3

1 2

2 2 2

1 2 3

R R R

T  S  S  S đạt giá trị nhỏ nhất, trong đó S S S₁, ₂, ₃ là diện tích tam giác

, ,

OAB OBC OCA và R R R₁, ₂, ₃ là diện tích tam giác PAB, PBC, PCA. Khi đó điểm M nào sau đây thuộc mặt phẳng

 

^

A. ^M



^{4; 0;1}



^{. B. M}



^{5; 0; 2}



^{. C. M}



^{2;1; 4}



^{. D. M}



^{2; 0;5}



^.

Lời giải: Ta có .

   

1

   

1

1 1

. , . , .

3 3

P OAB

V  d O  R  d P OAB S

   

1 1

2 , R

S d O 

 

Tương tự ta cũng có:

   

3 2

2