138 bài toán cực trị hình học giải tích không gian Oxyz vận dụng cao

(1)

Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688

Câu 1: Cho đường thẳng : ¹ ²

2 1 1

x− y z+

 = =

− và hai điểmA(0; 1;3),− B(1; 2;1).− Tìm tọa độ điểmM thuộc đường thẳngsao choMA²+2MB²đạt giá trị nhỏ nhất.

A. M(1; 0; 2).− B. M(3;1; 3).− C. M( 1; 1; 1).− − − D. M(5; 2; 4).− Lời giải

Chọn C

Ta có^M^{ }^M

(

^{1 2 ; ; 2}⁺ ^{t t} ^{− −}^t

)

nên ta có^MA² ^{= − −}

(

^{1 2}^t

) (

²^{+ − −}¹ ^t

) (

²^{+ +}⁵ ^t

)

² ⁼⁶^t²⁺¹⁶^t⁺²⁷;

( ) (

²

) (

²

)

²

2 2

2 2 3 6 10 13

MB = − t + − −t + +t = t + t+

Suy raMA²+2MB² =18t²+36t+53⁼¹⁸

(

^t²^{+ + +}²^t ¹

)

³⁵ ⁼¹⁸

(

^t⁺¹

)

²⁺³⁵^³⁵^nên^MA²⁺²^MB²^đạt

giá trị nhỏ nhất khit= −1suy raM( 1; 1; 1)− − − . Câu 2: Cho đường thẳng : ¹ ²

1 1 2

x y− z+

 = =

− và ba điểmA(1;3; 2),− B(0; 4; 5),− C(1; 2; 4).− Biết điểm ( ; ; )

M a b c thuộc đường thẳngsao choMA²+MB²+2MC² đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, tổng a b c+ + bằng bao nhiêu?

A. 0. B. 1_. _{C. 3}_. _D.4.

Lời giải Chọn B

Ta có^M^{ }^{M t}

(

^;1^{+ − −}^t^{; 2 2}^t

)

^nên ^ta ^có^MA² ^{= −}

(

¹ ^t

) (

²⁺ ²⁻^t

) ( )

²⁺ ²^t ² ⁼⁶^t²^{− +}⁶^t ⁵;

( ) (

²

) (

²

)

²

2 2

3 3 2 6 18 18

MB = −t + −t + − + t = t − t+ .

( ) (

²

) (

²

)

²

2 2

1 1 2 2 6 12 6

MC = −t + −t + − + t = t − t+ 2MC² =12t²−24t+12

Suy raMA²+MB²+2MB² =24t²−48t+35 ⁼²⁴

(

^t²^{− + +}²^t ¹

)

¹¹⁼²⁴

(

^t⁻¹

)

²⁺^{11 11}^ ^nên

2 2 2

2

MA +MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất khit=1suy raM(1; 2; 4)− nêna=1;b=2;c= −3. Khi đó 1

a b c+ + = −

Câu 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : ¹

2 1 1

 = = −

− −

x y z

và hai điểm

(

^{− −}^{1; 1;6}

)

A , ^B

(

^{2; 1;0}⁻

)

. Biết điểm M thuộc đường thẳng  sao cho biểu thức MA²+3MB² đạt giá trị nhỏ nhất là T_min. Khi đó, T_min bằng bao nhiêu?

A. _min ¹

=2

T . B. T_min =25. C. _min ²⁵

= 2

T . D. T_min =39. Lời giải

Chọn D

Đường thẳng  đi qua điểm Mo

(

^0;0;1

)

và có véc tơ chỉ phương ^u⁼

(

^{2; 1; 1}^{− −}

)

^{nên có}

(2)

Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688

phương trình tham số:

( )

2

. 1

 =

 = − 

 = −



x t

y t t

z t

Vì M thuộc đường thẳng  nên ^M

(

^{2 ;}^t ⁻^t^;1⁻^t

)

^.

Ta có MA²+3MB² ⁼

(

²^t⁺¹

) ( ) (

²^{+ −}^t ¹ ²^{+ +}^t ⁵

)

²⁺^{3 2}^_

(

^t⁻²

) ( ) ( )

²^{+ −}^t ¹ ²^{+ −}^t ¹ ²^_

2 2 45

24 24 45 6 4 4

6

 

= − + =  − + 

 

t t t t

( )

² ³⁹

( )

²

6 2 1 6 2 1 39 39, .

6

 

=  t− + = t− +   t

Vậy ^min

(

^MA²⁺³^MB²

)

⁼³⁹ ¹

 =t 2 hay 1 1 1; ;

2 2

 − 

 

 

M .

Câu 4: Cho đường thẳng : ¹ ²

1 1 1

x y z

d − = = +

− và ^A

(

^{1; 1;0 ,}⁻

) (

^B ^{0; 1; 2 ,}⁻

) (

^C ⁻^1;1;0

)

. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho MA+2MB−MC đạt giá trị nhỏ nhất.

A. 1 2 4 3 3; ; 3

M − . B. ^M

(

^{0;1; 1}⁻

)

^.

C. 2 1 5 3 3; ; 3 M− − 

 . D. ^M

(

^{2; 1; 4}^{− −}

)

^.

Lời giải Chọn A

Gọi M có tọa độ là: ^M

(

¹⁻^{t t}^{; ; 2}^{− +}^t

)

^.

Ta có: ^MA⁼

(

^t^;^{− −}^t ^{1; 2}⁻^t

)

^{, 2}^MB⁼

(

²^t^{− − −}^{2; 2}^t ^{2;8 2 ,}⁻ ^{t MC}

)

^{= −}

(

^t ^2;1⁻^t^{; 2}⁻^t

)

. Do đó: ^MA⁺²^{MB MC}⁻ ⁼

(

^{2 ; 2}^t ^{− −}^t ^{4;8 2}⁻ ^t

)

^.

Suy ra: ² ² ⁴ ²

(

² ⁴

) (

² ² ⁸

)

² ¹² ² ¹⁶ ⁸⁰ ²²⁴

MA+ MB−MC = t + t+ + t− = t − t+  3 . 2 4 42

MA MB MC 3

 + −  .

Dấu " "= xảy ra ² t 3

 = hay 1 2 4

3 3; ; 3 M − 

 . Câu 5: Cho đường thẳng : ¹ ¹

2 1 1

x y+ z−

 = =

− và hai điểm A(1; 0;1), B( 1;1; 2).− Biết điểm M a b c( ; ; ) thuộc  sao cho MA−3MB đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, tổng a+ +2b 4c bằng bao nhiêu?

A. 0. B. −1. C. 1. D. 2.

Lời giải Chọn D

(3)

Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688

DoM M(2 ; 1t − +t;1−t) (1 2 ;1 ; )

MA= − t −t t ( 1 2 ; 2 ;1 ) MB= − − t −t +t 3MB= − −( 3 6 ;6 3 ;3 3 )t − t + t

3 (4 4 ; 5 2 ; 3 2 ) MA− MB= + t − + t − − t

2 1 2

3 24 24 50 24( ) 44 44

MA− MB = t + t+ = t+2 + 

3

MA− MBđạt giá trị nhỏ nhất bằng 44 khi ¹

t= −2

Khi đó điểm Mcó tọa độ là ^{( 1;} ^{3 3}^{; )}

M − −2 2 và ^a+²^b+⁴^c= − − + =^{1 3 6} ²

Câu 6: Cho đường thẳng : ¹ ¹ ²

1 1 2

x+ y− z+

 = =

− và A(1;1; 0), B(3; 1; 4),− C( 1; 0;1).− Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ^ sao cho MA²−MB²+4MC² đạt giá trị nhỏ nhất.

A. M(0; 0; 0). B. 1 1 2

; ; .

3 3 3

M− −  C. M( 2; 2; 4).− − D. 1 1

; ; 0 .

2 2

M− −  Lời giải

Chọn B

DoM M( 1− +t;1− − +t; 2 2 )t (2 ; ; 2 2 )

MA= −t t − t (4 ; 2 ;6 2 ) MB= − − +t t − t

( ; 1 ;3 2 ) MC= − − +t t − t

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

4 (2 ) (2 2 ) 4[(4 - ) ( 2) (6 2 ) ] [ ( 1) (3 2 ) ] MA −MB + MC = −t + + −t t − t + −t + − t + t + −t + − t

2 2 2

6t 12t 8 (6t 36t 56) 4(6t 14t 10)

= − + − − + + − +

2 2 2 7 7

24 32 8 24[( ) ]

3 9 9

t t t

= − − = − −  −

2 2 2

4

MA −MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất bằng ⁷

−9 khi ²

t=3

Suy ra điểm ( ^{1 1}; ; ²) 3 3 3

M − −

Câu 7: Cho đường thẳng : ¹ ¹ ².

1 1 2

x+ y− z+

 = =

− Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  sao cho 3

MA MB+ − MC đạt giá trị nhỏ nhất với ^A

(

^{2;1; 2 ,}⁻

) (

^B ^{6; 1;1 ,}⁻

) (

^C ^{1;1; 2}⁻

)

^.

A. 3 3

; ; 3

M−2 2 − . B. 1 1 2

; ; 3 3 3

M − . C. M( 3;3; 6)− − . D. M( 1;1; 2)− − . Lời giải

Chọn C

Gọi I là điểm thỏa mãn ^{IA IB}⁺ ⁻³^IC^{=  −}⁰ ^I

(

^{5;3; 5}⁻

)

^.

(4)

Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688

Ta có: P= MA MB+ −3MC = MI+IA MI+ +IB−3MI−3IC = MI =IM .

(

¹ ^;1 ^{; 2 2}

)

M M − +t − − +t t

2 2 2 2 2

( 4) ( 2) (2 3) 6 24 29 6( 2) 5 5

IM t t t t t t

 = + + − − + + = + + = + +  .

Do đó P_min = 5 khi t= − 2 M( 3;3; 6)− − . Câu 8: Cho đường thẳng : ¹ ¹

1 1 1

x y− z+

 = =

− và hai điểm A(1; 0; 1),− B(2;1; 1).− Biết điểm M thuộc đường thẳng  sao cho T = MA+2MB đạt giá trị nhỏ nhất là T_min. Khi đó, T_min bằng bao nhiêu?

A. T_min =4. B. T_min =3. C. T_min = 14. D. T_min = 6. Lời giải

Chọn C

Gọi I là điểm thỏa mãn 5 2

2 0 ; ; 1

IA+ IB= I3 3 − .

Ta có: P= MA+2MB = MI+IA+2MI+2IB = 3MI =3.IM .

(

^;1 ^{; 1}

)

M M t − − +t t

2 2 2

2 2

5 1 26 2 14 14

3 4 3

3 3 9 3 9 3

IM t   t  t t t t 

 =  −  + − +  + = − + =  −  +  . Do đó: P_min = 14 khi ²

t= 3.

Nhận xét: Ở Câu 7,8 này, ta có thể giải trực tiếp khi biểu diễn điểm Mtheo tham số t mà không cần tìm tâm tỉ cự của hệ điểm như

Lời giải trên.

Câu 9: Cho mặt phẳng ( ) : x+2y+2z+ =9 0 và ba điểm A(1; 2; 0),B(2; 0; 1),− C(3;1;1). Tìm tọa độ điểm M( ) sao cho 2MA²+3MB²−4MC² đạt giá trị nhỏ nhất.

A. M(1; 2; 3).− − B. M( 3;1; 4).− − C. M( 3; 2; 5).− − D. M(1; 3; 2).− − Lời giải

Chọn C

Giả sử I x y z

(

0; 0; 0

)

là điểm thỏa mãn: 2IA+3IB−4IC=0 (1)

(1)

( ) ( ) ( )

( )

0 0 0 0 0

0 0

0 0 0

2 1 3 2 4 3 0 4 0 4

2 2 3 4 1 0 0 0 4; 0; 7

7 0 7

2 3 1 4 1 0

x x x x x

y y y y y I

z z

z z z

− + − − − =

 − − =  = −

  

 − + − − − =  − =  =  − −

 − + − − − − = − − =  = −



Ta có: 2MA²+3MB²−4MC² =2MA²+3MB²−4MC²

( ) (

²

) (

²

)

²

2 MI IA 3 MI IB 4 MI IC

= + + + − +

(5)

Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688

(

² ²

) (

² ²

) (

² ²

)

2 MI 2.MI IA. IA 3 MI 2.MI IB. IB 4 MI 2.MI IC. IC

= + + + + + − + +

( )

2 2 2 2

2 3 4 2 . 2 3 4

MI IA IB IC MI IA IB IC

= + + − + + −

2 2 2 2

2 3 4 2 .0

MI IA IB IC MI

= + + − +

2 2 2 2

2 3 4

MI IA IB IC

= + + −

Khi đó, để 2MA²+3MB²−4MC² đạt giá trị nhỏ nhất thì MI có độ dài ngắn nhất Mà M( ) M là hình chiếu vuông góc của I lên ( ) .

Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc ( ) d có 1 VTCP ^u⁼

(

^{1; 2; 2}

)

Phương trình đường thẳng d:

4 2

7 2

x t

y t

z t

= − +

 =

 = − +



Giả sử tọa độ điểm ^M

(

^{− +}⁴ ^{t t}^{; 2 ; 7 2}^{− +} ^t

)

Do M( ) 

(

^{− + +}⁴ ^t

)

^2.2^t^{+ − +}²

(

^{7 2}^t

)

^{+ =}⁹ ⁰^{ − =  =}⁹^t ^{9 0} ^t ¹

(

^{3; 2; 5}

)

M − − .

1 1 2

x+ y− z+

 = =

− và A(1;1; 0), B(3; 1; 4).− Tìm tọa độ điểm M thuộc  sao cho MA MB+ đạt giá trị nhỏ nhất.

A. M( 1;1; 2).− − B. 1 1

; ;1 .

2 2

M −  C. 3 3

; ; 3 .

M−2 2 −  D. M(1; 1; 2).− Lời giải

Chọn D

1 1 2

: 1 1 2

x+ y− z+

 = =

− có 1 VTCP ^u

(

^{1; 1; 2}⁻

)

(1;1; 0),

A ^B^{(3; 1; 4)}⁻ ^^AB

(

^{2; 2; 4}⁻

)

Ta có: ^AB

(

^{2; 2; 4}⁻

)

cùng phương với ^u

(

^{1; 1; 2}⁻

)

^và^A^{(1;1; 0)}^{ }^(do^{1 1} ^{1 1}

1 1

+  −

− )

AB// AB và  đồng phẳng

.

(6)

* Xét mặt phẳng chứa AB và :

Gọi A là điểm đối xứng của A qua ;

( )

^ là mặt phẳng qua A, vuông góc với  Khi đó, giao điểm H của  với

( )

^ là trung điểm của AA

( )

^ có 1 VTPT ⁿ

(

^{1; 1; 2}⁻

)

^{, đi qua}^A^{(1;1; 0)}, có phương trình:

( ) ( ) ( )

1 x− −1 1 y− +1 2 z− =  − +0 0 x y 2z=0

1 1 2

: 1 1 2

x y z

H  + = − = + 

− Giả sử ^H

(

^{− +}¹ ^t^;1^{− − +}^t^{; 2 2}^t

)

( ) (

¹

) ( ) (

¹ ² ^{2 2}

)

⁰ ⁶ ⁶ ⁰ ¹

(

^0;0;0

)

H   − + − − + − +t t t =  − =  = t t H

H là trung điểm của

( )

2 2.0 1 1

2 2.0 1 1 1; 1;0

2 2.0 0 0

H A A A A

x x x x x

AA y y y y y A

z z z z z

  

= + = + = −

  

  

 = +  = +  = −   − −

 = +  = +  =

  

Ta có: ^{MA MB}⁺ ⁼^MA^⁺^MB^^{A B}^ ^

(

^{MA MB}⁺

)

_min ⁼ ^{A B}^ khi và chỉ khi M trùng với M₀ là giao điểm của A B và 

(

^{4;0; 4}

)

A B = A B có 1 VTCP

(

^1;0;1

)

và đi qua ^{A − −}

(

^{1; 1;0}

)

, có phương trình:

1 1

x t

y z t

= − + 

 = −

 = 



Mà

1

: 1

2 2

x t

y t

z t

= − +



  = −

 = − +



Giải hệ phương trình:

1 1

1 1 2 2

2 2 2 2 2

t t t t

t t t

t t t t t

 

− + = − + =

   =

 − = −  = 

   =

− + =  − + = 

 

( )

0 1; 1; 2

M −

Vậy, để MA MB+ đạt giá trị nhỏ nhất thì ^M

(

^{1; 1; 2}⁻

)

^.

Câu 11: Cho đường thẳng : ¹ ¹

1 1 1

x y− z+

 = =

− và hai điểm A(1;1; 2),− B( 1;0; 1).− − Biết điểm M thuộc  sao cho biểu thức T =MA MB+ đạt giá trị nhỏ nhất là T_min. Khi đó tính T_min.

A.

min

2 1 1 T = − 3

. B.

min

2 1 T = + 3

. C.

min

2 1 T = − 3

. D.

min

2 1 1 T = + 3

. Lời giải

Chọn D

Vì điểmM thuộc  nên ta có^M⁽⁻^{t t}^; ⁺^1;^t⁻¹⁾. Lúc đó

(

1

)

² ²

(

1

)

²

( )

1 ² ²

(

1

)

²

T =MA MB+ = t+ + + +t t + t− + + +t t

2 2

3t 4t 2 3t 2

= + + + +

(7)

Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688

2 2

2

2 2 2 2

3 t 3 3 t 3

       

 

=   +  +  + +   .

Đặt ²; ² ,

3 3

u t 

= + 

; 2 v  t 3

= − . Ta có^T ⁼ ³

(

^u ⁺ ^v

)

^ ³^{u v}⁺ ^.

Tứclà T 

2 2

2 2 2 1

3. 2 1

3 3 3 3

 

  + +  = +

   

    .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2 2

3 3 1 1

2 3

3 t

t t

+ =  = − +

− .

Vậy _min 2 1 ¹ T = + 3 .

1 1 2

x+ y− z+

 = =

− và hai điểm A(1;1; 0), B( 1; 0;1).− Biết điểm ( ; ; )

M a b c thuộc  sao cho biểu thức T= MA MB− đạt giá trị lớn nhất. Khi đó tổng a b c− + bằng:

A. 8. B. 8+ 33. C. 33

8+ 3 . D. 8 ^{4 33} + 3 . Lời giải

Chọn D

 qua C( 1;1; 2),− − và có vectơ chỉ phươngu= −(1; 1; 2) ( 2; 1;1);

AB= − − AC= −( 2;0; 2)− .

; 0

AB u AC

  

  nênAB; không đồng phẳng

Vì điểm M thuộc  nên ta có ^M^{( 1}^{− +}^t^;1^{− − +}^t^{; 2} ^{2 ),}^t t . Lúc đó

(

²

)

² ²

(

² ²

)

²

( ) (

² ¹

) (

² ² ³

)

²

P= MA MB− = t− + +t t− − −t + −t + t−

2 2

6t 12t 8 6t 14t 10 .

= − + − − +

( )

² ¹ ⁷ ² ¹¹

6 1

3 6 6

P= t− + − t−  +

Đặt 1; ³ , u t 3 

= − 

7 11 6; 6

v t 

= − . Ta có|u|−| |v  −u v .

Tức là

2 2

1 3 11

6. 6 3 6

P     + −  .

(8)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

3

1 3 3 33

7 11 3

6 6

t t

t

− =  = +

− .

Với ta có 4 33

4 4 8

a b c− + = − = +t 3 . Câu 13: Cho đường thẳng : ¹

1 1 1

x y− z

 = = và hai điểm A(0;1; 3),− B( 1; 0; 2).− Biết điểm M thuộc  sao cho biểu thức T= MA MB− đạt giá trị lớn nhất là T_max.Khi đó, T_maxbằng bao nhiêu?

A. T_max = 3. B. T_max =2 3. C. T_max =3 3. D. T_max = 2. Lời giải

Chọn C

Ta có^AB^{= − −}

(

^{1; 1; 5}

)

, phương trình đường thẳng AB là 1 ( ) 3 5

x t

y t t

z t

 = −

 = − 

 = − +



.

Xét vị trí tương đối giữa AB và  ta có AB cắt  tại 1 1 1 2 2; ; 2 C− − 

 .

Suy ra 1 1 5 1

; ;

2 2 2 2

AC= − −  AC= ABC

  là trung điểm AB.

T= MA MB−  AB. Dấu “=” xảy ra khi M A hoặc M B. Do đó T_max = AB= 27 =3 3.

Câu 14: Cho mặt phẳng

( )

^ ^:^x⁺²^y⁺²^z^{+ =}⁹ ⁰ và ba điểm ^A

(

^{1; 2;0 ,}

) (

^B ^{2;0; 1 ,}⁻

) (

^C ^3;1;1

)

. Tìm tọa độ điểm ^M^

( )

^ ^{sao cho}²^MA²⁺³^MB² ⁻⁴^MC² đạt giá trị nhỏ nhất.

A. ^M

(

^{1; 2; 3}^{− −}

)

^. ^B.^M

(

⁻^{3;1; 4}⁻

)

^.

C. ^M

(

⁻^{3; 2; 5}⁻

)

^. ^D.^M

(

^{1; 3; 2}^{− −}

)

^.

Lời giải Chọn C

Ta đi tìm tọa độ điểm ^{I a b c}

(

^{; ;}

)

^{sao cho}²ÎA⁺³ÎB⁻⁴ÎC⁼⁰^.

Ta có

( ) ( ) ( )

( )

1 ; 2 ; ; 2 ; ; 1 ; 3 ; 1 ; 1

2 3 4 4 ; ; 7 0 4; 0; 7

IA a b c IB a b c IC a b c

IA IB IC a b c a b c

= − − − = − − − − = − − −

+ − = − − − − − =  = − = = − Suyra^I

(

⁻^{4; 0; 7}^{− }

) ( )

^ ^.

Khiđó^T ⁼²^MA²⁺³^MB²⁻⁴^MC² ⁼²

( ) ( ) ( )

^MA ²⁺³ ^MB ²⁻⁴ ^MC ²

(9)

Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688

( ) (

²

) (

²

)

² ² ² ² ²

( )

2 MI IA 3 MI IB 4 MI IC MI 2IA 3IB 4IC 2MI 2IA 3IB 4IC

= + + + − + = + + − + + −

2 2 2 2

2 3 4

MI IA IB IC

= + + −

Do đó T nhỏ nhất khi MI ngắn nhất, khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng

( )

^ ^.

Đường thẳng d quaI và vuông góc với

( )

^ có vectơ chỉ phương ^u⁼

(

^{1; 2; 2}

)

Do đó phương trình của d là

4

2 ( )

7 2

x t

y t t

z t

= − +

 = 

 = − +



Khi đó tọa độ M thỏa mãn hệ

( )

4

2 1 3; 2; 5

7 2

2 2 9 0

x t

y t

t M

z t

x y z

= − +

 =

  =  − −

 = − +

 + + + =



.

( )

^P ^:5^x^{− + − =}^y ^z ² ⁰ và hai điểm ^A

(

^{0; 1;0 ,}⁻

) (

^B ⁻^{2;1; 1}⁻

)

. Biết điểm M

thuộc mặt phẳng

( )

^P ^{sao cho}^MA²⁻²^MB² đạt giá trị lớn nhất. Khi đó điểm M có hoành độ xM bằng bao nhiêu?

A. x_M =1. B. x_M =2. C. x_M = −1 D. x_M =3. Lời giải

Chọn A

Gọi I là điểm thỏa mãn: IA−2IB=  −0 I( 4;3; 2)− .

Khi đó T =MA²−2MB² = −MI²+IA²−2.IB² Tmax MImin M là hình chiếu của I lên mặt phẳng( ).P Khi đó đường thẳng MI đi qua I( 4;3; 2)− − và vuông góc với ( )P nên nhận VTPT

(5; 1;1)

n − của ( )P làm VTCP, phương trình là

4 5

3 ( )

2

x t

y t t R

z t

= − +

 = − 

 = − +



.

Ta có M =IM ( )P  Tọa độ M là nghiệm của hệ

4 5 1

3 1

(1; 2; 1) 1.

2 2

5 2 0 1

M

x t t

y t x

M x

z t y

x y z z

= − + =

 

 = −  =

   −  =

 = − +  =

 

 − + − =  = −

 

( )

^{P x}^: ^{+ − + =}^y ³^z ⁷ ⁰ và ba điểm ^A

(

^{2; 1;0 ,}⁻

) (

^B ^{0; 1; 2 ,}⁻

) (

^C ^{2;3; 1}⁻

)

^{. Biết}

điểm M x y z

(

0; 0; 0

)

( )

^P ^{sao cho}^MA²⁺³^MB²⁻²^MC² đạt giá trị nhỏ nhất.

Khi đó tổng T =x₀+3y₀−2z₀ bằng bao nhiêu?

A. T=0. B. T = −4. C. T =1. D. T = −14. Lời giải

(10)

Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688

Chọn D

Gọi I là điểm thỏa mãn: IA+3IB−2IC=  − −0 I( 1; 5; 4).

Khi đó T =MA²+3MB²−2MC² =2MI²+IA²+3IB²−2IC² T_m_im MI_max M là hình chiếu của I lên mặt phẳng ( ).P Khi đó đường thẳng MI đi qua I( 1; 5; 4)− − và vuông góc với ( )P nên nhận VTPT n(1;1; 3)− của ( )P làm VTCP, phương trình là

1

5 ( )

4 3

x t

y t t R

z t

= − +

 = − + 

 = −



.

1 1

5 0

(0; 4;1) 14.

4 3 4

5 2 0 1

x t t

y t x

M T

z t y

x y z z

= − + =

 

 = − +  =

   −  = −

 = −  = −

 

 − + − =  =

 

( )

^ ^:2^x⁺⁶^y^{− − =}³^z ^{1 0} và ba điểm ^A

(

^{1; 1; 5 ,}^{− −}

) (

^B ^{0;1; 2 ,}

) (

^C ^{2;3; 1}⁻

)

^{. Biết}

điểm M thuộc mặt phẳng

( )

^ ^{sao cho}^P⁼^MA²⁺²^MB²⁻²^MC² đạt giá trị nhỏ nhất là Pmin. Khi đó Pmin bằng bao nhiêu?

A. 16. B. 17. C. 18. D. 19.

Gọi ^{I a b c}

(

^{; ;}

)

^{sao cho}ÎA⁺²ÎB⁻²ÎC⁼⁰^.

2 2

OI OA OB OC

 = + − .

(

^{3; 5; 3}

)

 − − −I .

Ta có P=MA²+2MB²−2MC² ⁼

(

^MI⁺^IA

) (

²⁺² ^MI⁺^IB

) (

²⁻² ^MI⁺^IC

)

²

( )

2 2 2 2

2 2 2 2 2

MI IA IB IC IA IB IC

= + + − + + − =MI²+IA²+2IB²−2IC². Do IA²+2IB²−2IC² =36 70 93 13+ − = không đổi nên P_min  MI_min

Và min

( ( ) ) ( ) ( ) ( )

2. 3 6. 5 3 3 1

, 4

4 36 9

MI d I P − + − − − −

= = =

+ + .

Vậy P_min = +4 13 17= .

( )

^ ^:2^x^{− − + =}^y ³^z ^{1 0} và ba điểm ^A

(

^{1;1; 1 ,}⁻

) (

^B ⁻^{3;1;0 ,}

) (

^C ⁻^{2;1; 1}⁻

)

. Tìm tọa độ điểm ^M^

( )

^ ^{sao cho} ²^MA⁺⁵^MB⁻⁶^MC đạt giá trị nhỏ nhất.

A. ^M

(

^0;1;0

)

^. ^B.^M

(

^{2; 1; 2}⁻

)

^. ^C.^M

(

^1;0;1

)

^. ^D.^M

(

⁻^{1; 2; 1}⁻

)

^.

Lời giải Chọn C

(11)

Gọi ^{I a b c}

(

^{; ;}

)

^{sao cho}²ÎA⁺⁵ÎB⁻⁶ÎC⁼⁰

2 5 6

OI OA OB OC

 = + − .

(

^{1;1; 4}

)

 −I .

( ) ( ) ( )

2MA+5MB−6MC = 2 MI+IA +5 MI+IB −6 MI+IC =MI .

Nên 2MA+5MB−6MC đạt giá trị nhỏ nhất khi MI đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu của I trên

( )

^P ^.

Do ^I^

( )

^P ^^MI ^⊥

( )

^P ^.

1 2

: 1

4 3

x t

MI y t

z t

= − +



  = −

 = −



(

^{1 2 ;1} ^{; 4 3}

)

M t t t

 − + − − .

Mà ^M^

( )

^P ^{ − +}²

(

^{1 2}^t

) ( ) (

^{− − −}¹ ^t ^{3 4 3}⁻ ^t

)

^{+ =}^{1 0} ^{ =}^t ¹^.

(

^1;0;1

)

M .

( )

^{P x}^: ^{− − − =}^y ^z ^{1 0} và hai điểm ^A

(

⁻^{5;1; 2 ,}

) (

^B ^{1; 2; 2}⁻

)

. Trong tất cả các điểm M thuộc mặt phẳng

( )

^P ^{, điểm để} ^MA⁺²^MB đạt giá trị nhỏ nhất có tung độ y_M là

A. y_M =1. B. y_M = −2. C. y_M =0. D. y_M = −1. Lời giải

Chọn A

Gọi I là điểm thỏa mãn: IA+2IB=  − −0 I( 1; 1; 2).

Khi đó T = MA+2MB =3MI T_min MI_min M là hình chiếu của I lên mặt phẳng ( ).P Khi đó đường thẳng MI đi qua I( 1; 1; 2)− − và vuông góc với ( )P nên nhận VTPT

(1; 1; 1)

n − − của ( )P làm VTCP, phương trình là

1

1 ( )

2

x t

y t t R

z t

= − +

 = − − 

 = −



.

1 1

1 0

(0; 2;1) 2.

2 2

1 0 1

M

x t t

y t x

M y

z t y

x y z z

= − + =

 

 = − −  =

   −  = −

 = −  = −

 

 − − − =  =

 

( )

^ ^:2^x^{+ − − =}^y ³^z ⁶ ⁰ và hai điểm ^A

(

^{0; 1;1 ,}⁻

) (

^B ^{1; 2;0}⁻

)

. Biết điểm M thuộc mặt phẳng

( )

^ sao cho P= 2MA MB− đạt giá trị nhỏ nhất là Pmin. Khi đó Pmin bằng bao nhiêu?

A. P_min =2 3. B. P_min = 14. C. P_min =3. D. P_min = 21.

(12)

Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688

Lời giải Chọn D

Gọi I là điểm thỏa mãn: 2IA IB− =  −0 I( 1; 0; 2).

Khi đóP= 2MA MB− =MI P_min MI_min M là hình chiếu của I lên mặt phẳng ( ).P Khi đó _min

2 2 2

2 6 6

( / ( )) 14.

2 1 3

P d I  − − −

= = =

+ +

( )

^ ^:^x^{− +}^y ²^z^{− =}^{1 0} và hai điểm . Biết sao cho MA MB+ đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, hoành độ của điểm là

A. ¹

M 3

x = . B. x_M = −1. C. x_M = −2. D. ²

M 7 x = . Lời giải

Chọn D

Ta có:

(

x_A−y_A+²z_A−¹

)(

x_B−y_B+²z_B− = + +¹

) (

0 1 2.1 1 1 1 4 1−

)(

− − − 

)

0 nên hai điểm A và B nằm khác phía so với mặt phẳng

( )

^ ^.

Nên MA MB+ đạt giá trị nhỏ nhất khi ^M ⁼^AB^

( )

^ ^.

Phương trình đường thẳng AB: 1 2 1 3 x t

y t

z t

 =

 = − +

 = −



, do đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

phương trình 1 2 1 3

2 1 0

x t

y t

z t

x y z

 =

 = − +

 = −

 − + − =



2 7 2 7

3 7 1 7 t x y z

 =

 =

 

 = −



 =

. Do đó 2 3 1

; ; 7 7 7 M − 

 , ²

M 7 x =

.

( )

^ ^:^x^{− + + =}^y ^z ^{1 0} và hai điểm ^A

(

^{1;1;0 ,}

) (

^B ^{3; 1; 4}⁻

)

^{. Gọi}^M là điểm thuộc mặt phẳng

( )

^ ^{sao cho}^P⁼^{MA MB}⁺ đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị của P là:

A. P=5. B. P=6. C. P=7. D. P=8. Lời giải

Chọn B

Ta có:

(

x_A−y_A+ +z_A ¹

)(

x_B−y_B+ + = − + +z_B ¹

) (

1 1 0 1 3 1 4 1

)(

+ + + 

)

0 nên hai điểm A và B cùng nằm về một phía của mặt phẳng

( )

^ ^.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng

( )

^ ^.

(

^{0; 1;1 ,}

) (

^{1;1; 2}

)

A − B − ^M^

( )

^

xM M

(13)

Phương trình đường thẳng AH : 1 1

x t

y t

z t

 = +

 = −

 =



.

Do đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình 1 1

1 0

x t

y t

z t x y z

 = +

 = −

 =

 − + + =



1 3 2 3 4 3 1 3 t

x y z

 = −



 =

  =



 = −



.

Do đó 2 4 1 3 3; ; 3 H − .

Gọi A đối xứng với A qua

( )

^ ^{, suy ra} ^{1 5}^{; ;} ²

3 3 3 A − . Ta có MA MB+ =MA+MBA B  =P A B =6.

( )

^ ^:^x^{+ − − =}^y ³^z ⁵ ⁰ và hai điểm ^A

(

^{1; 1; 2 ,}⁻

) (

^B ^{− −}^{5; 1;0}

)

^{. Biết} ^{M a b c}

(

^{; ;}

)

( )

^ ^{sao cho}^{MA MB}⁺ đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, giá trị của biểu thức

2 3

T= +a b+ c bằng bao nhiêu?

A. T=5. B. T = −3. C. T= −7. D. T= −9. Lời giải

Chọn C

Ta có:

(

xA+yA−³zA−⁵

)(

xB+yB−³zB− = − −⁵

) (

^{1 1 3.2 5}−

)(

− − −^{5 1 3.0 5}− 

)

⁰ nên hai điểm A và Bcùng nằm về một phía của mặt phẳng

( )

^ ^.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng

( )

^ ^.

Phương trình đường thẳng AH : 1

1 2 3

x t

y t

z t

 = +

 = − +

 = −



.

Do đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình 1

1 2 3

3 5 0

x t

y t

z t

x y z

 = +

 = − +

 = −

 + − − =



1 2 0 1 t x y z

 =

 =

  =

 = −



.

Do đó ^H

(

^{2;0; 1}⁻

)

^.

Gọi A đối xứng với A qua

( )

^ ^{, suy ra}^A

(

^{3;1; 4}⁻

)

^.

Ta có MA MB+ =MA+MB A B nên MA MB+ nhỏ nhất khi ^M ⁼^{A B}^ ^

( )

^ ^.

(14)

Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688

Phương trình đường thẳng A B :

3 4 1

4 3

x t

y t

z t

 = −

 = −

 = − +



.

Do đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình

3 4 1

4 3

3 5 0

x t

y t

z t

x y z

 = −

 = −

 = − +

 + − − =



12 11

15 11 1 11 20 11 t

x y z

 =

 = −

 

 = −



 = −



.

Do đó 15 1 20

; ;

11 11 11

M− − − , T= +a 2b+ = −3c 7.

Câu 24: Cho ^A

(

^{1;1;0 ,}

) (

^B ^{3; 1; 4}⁻

)

và mặt phẳng

( )

^ ^:^x^{− + + =}^y ^z ^{1 0}. Tìm tọa độ điểm ^M^

( )

^ ^{sao cho}

MA MB− đạt giá trị lớn nhất.

A. ^M

(

^{1;3; 1}⁻

)

^. ^B. ^{3 5}^{; ;} ¹

4 4 2 M − 

 . C. 1 2 2 3 3; ; 3 M − 

 . D. ^M

(

^{0; 2;1}

)

^.

Ta có:

(

x_A−y_A+z_A+¹

)(

x_B−y_B+z_B+ = − + +¹

) (

1 1 0 1 3 1 4 1

)(

+ + + 

)

0 nên hai điểm A và B cùng nằm về một phía của mặt phẳng

( )

^ ^.

Ta có MA MB−  AB=2 6, nên MA MB− lớn nhất khi và chỉ khi ^M ⁼ ^AB

( )

^ ^.

Phương trình đường thẳng AB:

1 2 1 2 4

x t

y t

z t

 = +

 = −

 =



, do đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

phương trình

1 2 1 2 4

1 0

x t

y t

z t x y z

 = +

 = −

 =

 − + + =



1 8 3 4 5 4 1 2 t

x y z

 = −



 =

  =



 = −



. Do đó 3 5 1 4 4; ; 2 M − 

 .

Câu 25: Cho hai điểm ^A

(

^{1; 1; 2 ,}⁻

) (

^B ^0;1;6

)

và đường thẳng : ¹ ¹

2 1 1

x y z

d − = = +

− . Biết điểm M thuộc.

đường thẳng d sao cho biểu thức T=AM BM. đạt giá trị nhỏ nhất bằng Tmin. Khi đó giá trị Tmin bằng bao nhiêu?

(15)

A. Tmin =14. B. Tmin =3. C. T_min =3 2. D. T_min =2 3. Lời giải

Chọn A Vì

2 2

2 1; ; 1

2 ; 1; 3

2 1; 1; 7

. 2 2 1 1 1 1 3

6 12 20 6 1 14 14.

M d M t t t

AM t t t

BM t t t

AM BM t t t t t t

t t t

Câu 26: Cho hai điểm ^A

(

^{0; 1; 2 ,}⁻

) (

^B ^{1;1; 2}

)

và đường thẳng : ¹ ¹

1 1 1

x y z

d + = = − . Biết điểm ^{M a b c}

(

^{; ;}

)

thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất. Khi đó, giá trị

2 3

T= +a b+ c bằng bao nhiêu?

A. T=5. B. T=3. C. T =4. D. T=10. Lời giải

Chọn D

1; ; 1 1; 1; 1

M d M t t t AM t t t

Mà AB 1;2;0 AB AB 5.

; 2 2 ; 1; 3

AM AB t t t

Mà

2 2 2

2 2

1 ; 2 2 1 3

2

4 10 10

6 16 14 6

3 3 3

S MAB AM AB t t t

t t t

Dấu bằng xảy ra khi

1

4 1 4 7 43

; ; 2 3 10.

3 3 3 3 3

7 3 a

t M b T a b c

c

Câu 27: Viết phương trình đường thẳngđi quaM(1; 0; 1)− và tạo với mặt phẳng

( )

^ ^{: 2}^x^{− + − =}^y ³^z ⁶ ⁰

góc lớn nhất.

(16)

Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688

A.

1 2

1 3

x t

y t

x t

 = +

 = −

 = − +



. B.

1 2

1 3

x t

y t

z t

 = −

 = −

 = − +



. C.

1 2

1 3

x t

y t

z t

 = +

 = −

 = − −



. D.

2 1 3

x t

y

z t

 = +

 = −

 = −



. Lời giải

Chọn A

Đường thẳng đi qua M(1; 0; 1)− tạo với

( )

^ góc lớn nhất  ^max

(

^^,

( )

^

)

^{=    ⊥}⁹⁰

( )

^ ^.

Khi đó đường thẳng  đi qua nhận M(1; 0; 1)− và n( )_

(

2; 1;3−

)

làm véc tơ chỉ phương nên phương trình đường thẳng  có dạng:

1 2

1 3

x t

y t

x t

 = +

 = −

 = − +

 Vậy Chọn A

Câu 28: Viết phương trình đường thẳng  đi qua ^M

(

^{4; 2;1}⁻

)

, song song với mặt phẳng

( )

^ ^:3^x⁻⁴^y^{+ −}^z ¹²⁼⁰ và cách điểm ^A

(

⁻^2;5;0

)

một khoảng lớn nhất.

A.

1 4 1 2 1

x t

y t

x t

 = +

 = −

 = − +



. B.

4 2 1

x t

y t

z t

 = +

 = − +

 = −



. C.

4 2 1

x t

y t

z t

 = −

 = − +

 = +



. D.

4 2 1

x t

y t

z t

 = +

 = − +

 = − +

 Lời giải

Chọn D

( )

(

^{3; 4;1}

)

n_ − , ^AM

(

^{6; 7;1}⁻

)

Gọi H là hình chiếu của A trên đường thẳng  suy ra ^{d A}

(

^;^{ =}

)

^AH

Ta có: ^AH^^AM^^max

(

^{d A}

(

^;^{ =}

) )

^AM ^^H^^M^. ^Khi ^đó

( ) ^, ( ) ( ) ( ) ^, ( )

(

^{3; 3; 3}

)

^{3 1;1;1}

( )

u_ ⊥AM u_ ⊥n_ u_ =AM n_ = − − − = −

Đường thẳng  đi qua ^M

(

^{4; 2;1}⁻

)

có véc tơ chỉ phương ^u

(

^1;1;1

)

có dạng:

4 2 1

x t

y t

z t

 = +

 = − +

 = +

 Vậy Chọn D

(17)

Câu 29: Viết phương trình đường thẳng đi qua ^A

(

^1;1;1

)

, vuông góc với đường thẳng ' : 1 1 2 x t

y t

z t

 =

  = +

 = +

 và

cách điểm^B

(

^2;0;1

)

một khoảng lớn nhất.

A.

1 1 1

x t

y t

z t

 = −

 = +

 = +



. B.

1 1 1

x t

y t

z t

 = +

 = +

 = −



. C.

1 1 1

x t

y t

z t

 = +

 = −

 = +



. D.

1 1 1

x t

y t

z t

 = +

 = +

 = − +



. Lời giải

Chọn B

Giả sử  , ' có VTCP lần lượt là <