138 bài toán cực trị hình học giải tích không gian Oxyz vận dụng cao Toán 12

138 bài toán cực trị hình học giải tích không gian Oxyz vận dụng cao được sưu tầm và soạn thảo dưới dạng file PDF để gửi tới các bạn học sinh cùng tham khảo, ôn tập đầy đủ kiến thức, chuẩn bị cho các buổi học thật tốt. Mời bạn đọc đón xem!

Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 1/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Câu 1: Cho đưng thng
12
:
2 1 1
x y z−+
= =
hai đim
(0; 1;3),A
Tìm ta độ đim
M
thuc đưng thng
sao cho
22
2MA MB+
đạt giá tr nh nht.
A.
(1;0; 2).M
B.
(3;1; 3).M
C.
( 1; 1; 1).M −−−
D.
(5;2; 4).M
Li gii
Chn C
Ta
( )
1 2 ; ; 2M M t t t +
nên ta
( ) ( ) ( )
2 2 2
22
1 2 1 5 6 16 27MA t t t t t= + + + = + +
;
( ) ( ) ( )
2 2 2
22
2 2 3 6 10 13MB t t t t t= + + + = + +
Suy ra
2 2 2
2 18 36 53MA MB t t+ = + +
( )
2
18 2 1 35tt= + + +
( )
2
18 1 35 35t= + +
nên
22
2MA MB+
đạt
giá tr nh nht khi
1t =−
suy ra
( 1; 1; 1)M −−−
.
Câu 2: Cho đưng thng
12
:
1 1 2
x y z−+
= =
ba đim
(1;3; 2),A
(0;4; 5),B
(1;2; 4).C
Biết đim
thuc đưng thng
sao cho
2 2 2
2MA MB MC++
đạt giá tr nh nht. Khi đó, tổng
abc++
bng bao nhiêu?
A.
0
. B.
1
. C.
3
. D.
4
.
Li gii
Chn B
Ta
( )
;1 ; 2 2M M t t t +
nên ta
( ) ( ) ( )
2 2 2
22
1 2 2 6 6 5MA t t t t t= + + = +
;
( ) ( ) ( )
2 2 2
22
3 3 2 6 18 18MB t t t t t= + + + = +
.
( ) ( ) ( )
2 2 2
22
1 1 2 2 6 12 6MC t t t t t= + + + = +
22
2 12 24 12MC t t = +
Suy ra
2 2 2 2
2 24 48 35MA MB MB t t+ + = +
( )
2
24 2 1 11tt= + +
( )
2
24 1 11 11t= +
nên
2 2 2
2MA MB MC++
đạt giá tr nh nht khi
1t =
suy ra
(1;2; 4)M
nên
1 2 3a ;b ;c= = =
. Khi đó
1abc+ + =
Câu 3: Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho đường thng
1
:
2 1 1
= =
−−
x y z
hai điểm
( )
1; 1;6−−A
,
( )
2; 1;0B
. Biết đim
M
thuộc đường thng
sao cho biu thc
22
3+MA MB
đạt giá tr nh nht là
min
T
. Khi đó,
min
T
bng bao nhiêu?
A.
min
1
2
=T
. B.
min
25=T
. C.
min
25
2
=T
. D.
min
39=T
.
Li gii
Chọn D
Đường thng
đi qua điểm
( )
0;0;1
o
M
có véc chỉ phương
( )
2; 1; 1= u
nên có
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 2/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
phương trình tham số:
( )
2
.
1
=
=
=−
xt
y t t
zt
M
thuộc đường thng
nên
( )
2 ; ;1−−M t t t
.
Ta có
22
3+MA MB
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 1 1 5 3 2 2 1 1

= + + + + + + +

t t t t t t
22
45
24 24 45 6 4 4
6

= + = +


t t t t
( ) ( )
22
39
6 2 1 6 2 1 39 39, .
6

= + = +


t t t
Vy
( )
22
min 3 39+=MA MB
1
2
=t
hay
11
1; ;
22



M
.
Câu 4: Cho đường thng
12
:
1 1 1
x y z
d
−+
==
( ) ( ) ( )
1; 1;0 , 0; 1;2 , 1;1;0A B C
. Tìm tọa độ đim
M
thuộc đường thng
d
sao cho
2MA MB MC+−
đạt giá tr nh nht.
A.
1 2 4
;;
3 3 3
M



. B.
( )
0;1; 1M
.
C.
2 1 5
;;
3 3 3
M

−−


. D.
( )
2; 1; 4M −−
.
Li gii
Chn A
Gi
M
có tọa độ là:
( )
1 ; ; 2M t t t +
.
Ta có:
( ) ( ) ( )
; 1;2 ,2 2 2; 2 2;8 2 , 2;1 ;2MA t t t MB t t t MC t t t= = =
.
Do đó:
( )
2 2 ; 2 4;8 2MA MB MC t t t+ =
.
Suy ra:
( ) ( )
2
22
22
224
2 4 2 4 2 8 12 16 80
3
MA MB MC t t t t t+ = + + + = +
.
4 42
2
3
MA MB MC +
.
Du
""=
xy ra
2
3
t=
hay
1 2 4
;;
3 3 3
M



.
Câu 5: Cho đường thng
11
:
2 1 1
x y z+−
= =
hai điểm
(1;0;1),A
( 1;1;2).B
Biết điểm
thuc
sao cho
3MA MB
đạt giá tr nh nhất. Khi đó, tổng
24abc++
bng bao nhiêu?
A.
0
. B.
1
. C.
1
. D.
2
.
Li gii
Chn D
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 3/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Do
(2 ; 1 ;1 )M M t t t +
(1 2 ;1 ; )MA t t t=
( 1 2 ;2 ;1 )MB t t t= +
3 ( 3 6 ;6 3 ;3 3 )MB t t t= +
3 (4 4 ; 5 2 ; 3 2 )MA MB t t t = + +
22
1
3 24 24 50 24( ) 44 44
2
MA MB t t t = + + = + +
3MA MB
đạt giá tr nh nht bng 44 khi
1
2
t =−
Khi đó điểm
M
có tọa độ
33
( 1; ; )
22
M −−
2 4 1 3 6 2abc+ + = + =
Câu 6: Cho đường thng
1 1 2
:
1 1 2
x y z+ +
= =
(1;1;0),A
(3; 1;4),B
( 1;0;1).C
Tìm tọa độ đim
M
thuộc đường thng
sao cho
2 2 2
4MA MB MC−+
đạt giá tr nh nht.
A.
(0;0;0)M
. B.
1 1 2
; ; .
3 3 3
M

−−


C.
( 2;2; 4).M −−
D.
11
; ;0 .
22
M

−−


Li gii
Chn B
Do
( 1 ;1 ; 2 2 )M M t t 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
6 12 8 (6 36 56) 4(6 14 10)t t t t t t= + + + +
22
2 7 7
24 32 8 24[( ) ]
3 9 9
t t t= =
2 2 2
4MA MB MC−+
đạt giá tr nh nht bng
7
9
khi
2
3
t =
Suy ra điểm
1 1 2
( ; ; )
3 3 3
M −−
Câu 7: Cho đường thng
1 1 2
:.
1 1 2
x y z+ +
= =
Tìm tọa độ đim
M
thuộc đường thng
sao cho
3MA MB MC+−
đạt giá tr nh nht vi
( ) ( ) ( )
2;1; 2 , 6; 1;1 , 1;1; 2A B C
.
A.
33
; ; 3
22
M

−−


. B.
1 1 2
;;
3 3 3
M



. C.
( 3;3; 6)M −−
. D.
( 1;1; 2)M −−
.
Li gii
Chn C
Gi
I
là điểm tha mãn
( )
3 0 5;3; 5IA IB IC I+ =
.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 4 / 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Ta có:
3 3 3P MA MB MC MI IA MI IB MI IC MI IM= + = + + + = =
.
( )
1 ;1 ; 2 2M M t t t + +
2 2 2 2 2
( 4) ( 2) (2 3) 6 24 29 6( 2) 5 5IM t t t t t t = + + + + = + + = + +
.
Do đó
min
5P =
khi
2t =
( 3;3; 6)M −−
.
Câu 8: Cho đường thng
11
:
1 1 1
x y z−+
= =
và hai điểm
(1;0; 1),A
(2;1; 1).B
Biết điểm
M
thuc
đưng thng
sao cho
2T MA MB=+
đạt giá tr nh nht
min
.T
Khi đó,
min
T
bng bao
nhiêu?
A.
min
4T =
. B.
min
3T =
. C.
min
14T =
. D.
min
6T =
.
Li gii
Chn C
Gi
I
là điểm tha mãn
52
2 0 ; ; 1
33
IA IB I
+ =


.
Ta có:
2 2 2 3 3.P MA MB MI IA MI IB MI IM= + = + + + = =
.
( )
;1 ; 1M M t t t +
2 2 2
22
5 1 26 2 14 14
3 4 3
3 3 9 3 9 3
IM t t t t t t
= + + + = + = +
.
Do đó:
min
14P =
khi
2
3
t =
.
Nhn xét: Câu 7,8 này, ta th gii trc tiếp khi biu diễn điểm
M
theo tham s
t
không cn tìm tâm t c ca h điểm như
Li gii trên.
Câu 9: Cho mt phng
( ): 2 2 9 0x y z
+ + + =
ba điểm
(1;2;0),A
(2;0; 1),B
(3;1;1).C
Tìm ta độ
đim
()M
sao cho
2 2 2
2 3 4MA MB MC+−
đạt giá tr nh nht.
A.
(1; 2; 3).M −−
B.
( 3;1; 4).M −−
C.
( 3;2; 5).M −−
D.
(1; 3; 2).M −−
Li gii
Chn C
Gi s
( )
0 0 0
;;I x y z
là điểm tha mãn:
2 3 4 0IA IB IC+ =
(1)
(1)
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
0 0 0
00
0 0 0 0 0
00
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
xx
y y y y y I
zz
z z z
+ =
= =


+ = = =
= =
+ =

Ta có:
2 2 2
2 2 2
2 3 4 2 3 4MA MB MC MA MB MC+ = +
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 3 4MI IA MI IB MI IC= + + + +
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 5/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2
2 2. . 3 2. . 4 2. .MI MI IA IA MI MI IB IB MI MI IC IC= + + + + + + +
( )
2 2 2 2
2 3 4 2 . 2 3 4MI IA IB IC MI IA IB IC= + + + +
2 2 2 2
2 3 4 2 .0MI IA IB IC MI= + + +
2 2 2 2
2 3 4MI IA IB IC= + +
Khi đó, để
2 2 2
2 3 4MA MB MC+−
đạt giá tr nh nht thì
MI
có độ dài ngn nht
()MM

là hình chiếu vuông góc ca
I
lên
()
.
Gi
d
là đường thng qua
I
và vuông góc
() d
có 1 VTCP
( )
1;2;2u =
Phương trình đường thng
d
:
4
2
72
xt
yt
zt
= +
=
= +
Gi s tọa độ đim
( )
4 ;2 ; 7 2M t t t + +
Do
()M

( ) ( )
4 2.2 2 7 2 9 0t t t + + + + + =
9 9 0 1tt = =
( )
3;2; 5M
.
Câu 10: Cho đường thng
1 1 2
:
1 1 2
x y z+ +
= =
(1;1;0),A
(3; 1;4).B
Tìm tọa độ đim
M
thuc
sao cho
MA MB+
đạt giá tr nh nht.
A.
( 1;1; 2).M −−
B.
11
; ;1 .
22
M



C.
33
; ; 3 .
22
M

−−


D.
(1; 1;2).M
Li gii
Chn D
1 1 2
:
1 1 2
x y z+ +
= =
có 1 VTCP
(1;1;0),A
( )
(3; 1;4) 2; 2;4B AB
Ta có:
( )
2; 2;4AB
cùng phương với
(1;1;0)A 
(do
1 1 1 1
11
+−
)
AB
//
AB
đồng phng
.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 6/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
* Xét mt phng cha
AB
:
Gi
A
là điểm đối xng ca
A
qua
;
( )
là mt phng qua
A
, vuông góc vi
Khi đó, giao điểm
H
ca
vi
( )
là trung điểm ca
AA
( )
có 1 VTPT
, đi qua
(1;1;0)A
, có phương trình:
( ) ( ) ( )
1 1 1 1 2 0 0 2 0x y z x y z + = + =
1 1 2
:
1 1 2
x y z
H
+ +
= =
Gi s
( )
1 ;1 ; 2 2H t t t + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 2 2 2 0 6 6 0 1 0;0;0H t t t t t H
+ + + = = =
H
là trung điểm ca
( )
2 2.0 1 1
2 2.0 1 1 1; 1;0
2 2.0 0 0
H A A A A
H A A A A
H A A A A
x x x x x
AA y y y y y A
z z z z z
= + = + =

= + = + =
= + = + =
Ta có:
( )
min
MA MB MA MB A B MA MB A B
+ = + + =
khi và ch khi
M
trùng vi
0
M
là
giao điểm ca
AB
( )
4;0;4A B A B

=
có 1 VTCP
( )
1;0;1
và đi qua
( )
1; 1;0A
−−
, có phương trình:
1
1
xt
y
zt
= +
=−
=
1
:1
22
xt
yt
zt
= +
=
= +
Gii h phương trình:
11
2
1 1 2
2
2 2 2 2
t t t t
t
tt
t
t t t t

+ = + =

=

= =
=


+ = + =

( )
0
1; 1;2M−
Vậy, để
MA MB+
đạt giá tr nh nht thì
( )
1; 1;2M
.
Câu 11:
Cho đường thng
11
:
1 1 1
x y z−+
= =
hai điểm
(1;1; 2),A
( 1;0; 1).B −−
Biết điểm
M
thuc
sao cho biu thc
T MA MB=+
đạt giá tr nh nht là
min
.T
Khi đó tính
min
.T
A.
min
1
21
3
T =−
. B.
min
1
2
3
T =+
. C.
min
1
2
3
T =−
. D.
min
1
21
3
T =+
.
Li gii
Chn D
Vì điểm
M
thuc
nên ta có
( ; 1; 1)M t t t +
. Lúc đó
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
22
1 1 1 1T MA MB t t t t t t= + = + + + + + + + +
22
3 4 2 3 2t t t= + + + +
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 7 / 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
22
2
2
2 2 2
3
3 3 3
tt



= + + + +





.
Đặt
22
;,
33
ut
=+



2
;
3
vt
=−



. Ta
( )
33T u v u v= + +
.
Tclà
T
2
2
2 2 2 1
3. 2 1
3 3 3
3


+ + = +





.
Đẳng thc xy ra khi và ch khi
22
1
33
1
23
3
t
t
t
+
= = +
.
Vy
min
1
21
3
T =+
.
Câu 12: Cho đường thng
1 1 2
:
1 1 2
x y z+ +
= =
hai điểm
(1;1;0),A
( 1;0;1).B
Biết điểm
( ; ; )M a b c
thuc
sao cho biu thc
T MA MB=−
đạt giá tr ln nhất. Khi đó tng
a b c−+
bng:
A.
8
. B.
8 33+
. C.
33
8
3
+
. D.
4 33
8
3
+
.
Li gii
Chn D
qua
C( 1;1; 2),−−
và có vectơ chỉ phương
(1; 1;2)u =−
( 2; 1;1);AB =
( 2;0; 2)AC =
.
;0AB u AC


nên
;AB
không đồng phng
Vì điểm
M
thuc
nên ta có
( 1 ;1 ; 2 2 ),M t t t + +
t
. Lúc đó
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
2
2 2 2 1 2 3P MA MB t t t t t t= = + + + +
22
6 12 8 6 14 10 .t t t t= + +
( )
2
2
1 7 11
61
3 6 6
P t t

= + +


Đặt
3
1; ,
3
ut
=−



7 11
;
66
vt
=−



. Ta có
| | | |u v u v
.
Tc là
2
2
1 3 11
6.
6 3 6
P


+





.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 8/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Đẳng thc xy ra khi và ch khi
3
1 33
3
3
7
3
11
6
6
t
t
t
= = +
.
Vi ta có
4 33
4 4 8
3
a b c t + = = +
.
Câu 13: Cho đường thng
1
:
1 1 1
x y z
= =
hai điểm
(0;1; 3),A
( 1;0;2).B
Biết điểm
M
thuc
sao cho biu thc
T MA MB=−
đạt giá tr ln nht là
max
.T
Khi đó,
max
T
bng bao nhiêu?
A.
max
3T =
. B.
max
23T =
. C.
max
33T =
. D.
max
2T =
.
Li gii
Chn C
Ta có
( )
1; 1; 5AB =
, phương trình đường thng
AB
1 ( )
35
xt
y t t
zt
=−
=
= +
.
Xét v trí tương đối gia
AB
ta có
AB
ct
ti
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
MA
hoc
MB
.
Do đó
max
27 3 3T AB= = =
.
Câu 14: Cho mt phng
( )
: 2 2 9 0x y z
+ + + =
ba điểm
( ) ( ) ( )
1;2;0 , 2;0; 1 , 3;1;1A B C
. Tìm tọa độ
đim
( )
M
sao cho
2 2 2
2 3 4MA MB MC+−
đạt giá tr nh nht.
A.
( )
1; 2; 3M −−
. B.
( )
3;1; 4M −−
.
C.
( )
3;2; 5M −−
. D.
( )
1; 3; 2M −−
.
Li gii
Chn C
Ta đi tìm tọa độ đim
( )
;;I a b c
sao cho
2 3 4 0IA IB IC+ =
.
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
( ) ( )
4; 0; 7I
.
Khiđó
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 3 4 2 3 4T MA MB MC MA MB MC= + = +
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 9/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2
2 3 4 2 3 4 2 2 3 4MI IA MI IB MI IC MI IA IB IC MI IA IB IC= + + + + = + + + +
2 2 2 2
2 3 4MI IA IB IC= + +
Do đó
T
nh nht khi
MI
ngn nht, khi và ch khi
M
là hình chiếu vuông góc ca
I
trên
mt phng
( )
.
Đưng thng
d
qua
I
và vuông góc vi
( )
có vectơ chỉ phương
( )
1; 2; 2u =
Do đó phương trình của
d
4
2 ( )
72
xt
y t t
zt
= +
=
= +
Khi đó tọa độ
M
tha mãn h
( )
4
2
1 3;2; 5
72
2 2 9 0
xt
yt
tM
zt
x y z
= +
=
=
= +
+ + + =
.
Câu 15: Cho mt phng
( )
:5 2 0P x y z + =
và hai điểm
( ) ( )
0; 1;0 , 2;1; 1AB
. Biết điểm
M
thuc mt phng
( )
P
sao cho
22
2MA MB
đạt giá tr ln nhất. Khi đó điểm
M
có hoành độ
M
x
bng bao nhiêu?
A.
1
M
x =
. B.
2
M
x =
. C.
1
M
x =−
D.
3
M
x =
.
Li gii
Chn A
Gọi I là điểm tha mãn:
2 0 ( 4;3; 2)IA IB I =
.
Khi đó
2 2 2 2 2
max min
2 2.T MA MB MI IA IB T MI M= = +
hình chiếu ca I lên mt
phng
( ).P
Khi đó đường thẳng MI đi qua
( 4;3; 2)I −−
và vuông góc vi
()P
nên nhn VTPT
(5; 1;1)n
ca
()P
làm VTCP, phương trình là
45
3 ( )
2
xt
y t t R
zt
= +
=
= +
.
Ta
()M IM P=
Tọa độ M nghim ca h
4 5 1
31
(1;2; 1) 1.
22
5 2 0 1
M
x t t
y t x
Mx
z t y
x y z z
= + =


= =

=

= + =


+ = =

Câu 16: Cho mt phng
( )
: 3 7 0P x y z+ + =
và ba điểm
( ) ( ) ( )
2; 1;0 , 0; 1;2 , 2;3; 1A B C
. Biết
đim
( )
0 0 0
;;M x y z
thuc mt phng
( )
P
sao cho
2 2 2
32MA MB MC+−
đạt giá tr nh nht.
Khi đó tổng
0 0 0
32T x y z= +
bng bao nhiêu?
A.
0T =
. B.
4T =−
. C.
1T =
. D.
14T =−
.
Li gii
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 10/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Chn D
Gọi I là điểm tha mãn:
3 2 0 ( 1; 5;4)IA IB IC I+ =
.
Khi đó
2 2 2 2 2 2 2
m max
3 2 2 3 2
im
T MA MB MC MI IA IB IC T MI M= + = + +
hình chiếu
ca I lên mt phng
( ).P
Khi đó đường thẳng MI đi qua
( 1; 5;4)I −−
và vuông góc vi
()P
nên nhn VTPT
(1;1; 3)n
ca
()P
làm VTCP, phương trình là
1
5 ( )
43
xt
y t t R
zt
= +
= +
=−
.
Ta
()M IM P=
Tọa độ M nghim ca h
11
50
(0; 4;1) 14.
4 3 4
5 2 0 1
x t t
y t x
MT
z t y
x y z z
= + =


= + =

=

= =


+ = =

Câu 17: Cho mt phng
( )
:2 6 3 1 0x y z
+ =
ba điểm
( ) ( ) ( )
1; 1; 5 , 0;1;2 , 2;3; 1A B C
. Biết
đim
M
thuc mt phng
( )
sao cho
2 2 2
22P MA MB MC= +
đạt giá tr nh nht
min
P
.
Khi đó
min
P
bng bao nhiêu?
A.
16
. B.
17
. C.
18
. D.
19
.
Li gii
Chn B
Gi
( )
;;I a b c
sao cho
2 2 0IA IB IC+ =
.
22OI OA OB OC = +
.
( )
3; 5; 3I
.
Ta
2 2 2
22P MA MB MC= +
( ) ( ) ( )
2 2 2
22MI IA MI IB MI IC= + + + +
( )
2 2 2 2
2 2 2 2 2MI IA IB IC IA IB IC= + + + +
2 2 2 2
22MI IA IB IC= + +
.
Do
2 2 2
2 2 36 70 93 13IA IB IC+ = + =
không đổi nên
min
P
min
MI
( )
( )
( ) ( ) ( )
min
2. 3 6. 5 3 3 1
,4
4 36 9
MI d I P
+
= = =
++
.
Vy
min
4 13 17P = + =
.
Câu 18: Cho mt phng
( )
:2 3 1 0x y z
+ =
ba điểm
( ) ( ) ( )
1;1; 1 , 3;1;0 , 2;1; 1A B C
. Tìm ta
độ đim
( )
M
sao cho
2 5 6MA MB MC+−
đạt giá tr nh nht.
A.
. B.
( )
2; 1;2M
. C.
( )
1;0;1M
. D.
( )
1;2; 1M −−
.
Li gii
Chn C
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 11/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Gi
( )
;;I a b c
sao cho
2 5 6 0IA IB IC+ =
2 5 6OI OA OB OC = +
.
( )
1;1;4I−
.
( ) ( ) ( )
2 5 6 2 5 6MA MB MC MI IA MI IB MI IC+ = + + + +
MI=
.
Nên
2 5 6MA MB MC+−
đạt giá tr nh nht khi
MI
đạt giá tr nh nht khi và ch khi
M
hình chiếu ca
I
trên
( )
P
.
Do
( ) ( )
I P MI P
.
12
:1
43
xt
MI y t
zt
= +
=
=−
( )
1 2 ;1 ;4 3M t t t +
.
( ) ( ) ( ) ( )
2 1 2 1 3 4 3 1 0M P t t t + + =
1t=
.
( )
1;0;1M
.
Câu 19: Cho mt phng
( )
: 1 0P x y z =
hai điểm
( ) ( )
5;1;2 , 1; 2;2AB−−
. Trong tt c các điểm
M
thuc mt phng
( )
P
, điểm để
2MA MB+
đạt giá tr nh nhất có tung độ
M
y
A.
1
M
y =
. B.
2
M
y =−
. C.
0.
M
y =
D.
1
M
y =−
.
Li gii
Chn A
Gọi I là điểm tha mãn:
2 0 ( 1; 1;2)IA IB I+ =
.
Khi đó
min min
23T MA MB MI T MI M= + =
hình chiếu ca I lên mt phng
( ).P
Khi đó đường thẳng MI đi qua
( 1; 1;2)I −−
vuông góc vi
()P
nên nhn VTPT
(1; 1; 1)n −−
ca
()P
làm VTCP, phương trình là
1
1 ( )
2
xt
y t t R
zt
= +
=
=−
.
Ta
()M IM P=
Tọa độ M nghim ca h
11
10
(0; 2;1) 2.
22
1 0 1
M
x t t
y t x
My
z t y
x y z z
= + =


= =

=

= =


= =

Câu 20: Cho mt phng
( )
:2 3 6 0x y z
+ =
hai điểm
( ) ( )
0; 1;1 , 1; 2;0AB−−
. Biết điểm
M
thuc
mt phng
( )
sao cho
2P MA MB=−
đạt giá tr nh nht
min
P
. Khi đó
min
P
bng bao
nhiêu?
A.
min
23P =
. B.
min
14P =
. C.
min
3P =
. D.
min
21P =
.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 12/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Li gii
Chn D
Gọi I là điểm tha mãn:
2 0 ( 1;0;2)IA IB I =
.
Khi đó
min min
2P MA MB MI P MI M= =
hình chiếu ca I lên mt phng
( ).P
Khi
đó
min
2 2 2
266
( / ( )) 14.
213
P d I
= = =
++
Câu 21: Cho mt phng
( )
: 2 1 0x y z
+ =
hai điểm . Biết sao cho
MA MB+
đạt giá tr nh nhất. Khi đó, hoành độ của điểm
A.
1
3
M
x =
. B.
1
M
x =−
. C.
2
M
x =−
. D.
2
7
M
x =
.
Li gii
Chn D
Ta có:
( )( ) ( )( )
2 1 2 1 0 1 2.1 1 1 1 4 1 0
A A A B B B
x y z x y z + + = + +
nên hai điểm
A
B
nm khác phía so vi mt phng
( )
.
Nên
MA MB+
đạt giá tr nh nht khi
( )
M AB
=
.
Phương trình đường thng
AB
:
12
13
xt
yt
zt
=
= +
=−
, do đó tọa độ đim
M
nghim ca h
phương trình
12
13
2 1 0
xt
yt
zt
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
7
M
x =
.
Câu 22: Cho mt phng
( )
: 1 0x y z
+ + =
và hai điểm
( ) ( )
1;1;0 , 3; 1;4AB
. Gi
M
điểm thuc
mt phng
( )
sao cho
P MA MB=+
đạt giá tr nh nhất. Khi đó giá tr ca
P
là:
A.
5P =
. B.
6P =
. C.
7P =
. D.
8P =
.
Li gii
Chn B
Ta có:
( )( ) ( )( )
1 1 1 1 0 1 3 1 4 1 0
A A A B B B
x y z x y z + + + + = + + + + +
nên hai điểm
A
B
cùng nm v mt phía ca mt phng
( )
.
Gi
H
là hình chiếu vuông góc ca
A
lên mt phng
( )
.
( ) ( )
0; 1;1 , 1;1; 2AB−−
( )
M
M
x
M
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 13/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Phương trình đường thng
AH
:
1
1
xt
yt
zt
=+
=−
=
.
Do đó tọa độ đim
H
là nghim ca h phương trình
1
1
10
xt
yt
zt
x y z
=+
=−
=
+ + =
1
3
2
3
4
3
1
3
t
x
y
z
=−
=
=
=−
.
Do đó
2 4 1
;;
3 3 3
H



.
Gi
A
đối xng vi
A
qua
( )
, suy ra
1 5 2
;;
3 3 3
A



.
Ta có
6MA MB MA MB AB P A B
+ = + = =
.
Câu 23: Cho mt phng
( )
: 3 5 0x y z
+ =
và hai điểm
( ) ( )
1; 1;2 , 5; 1;0AB
. Biết
( )
;;M a b c
thuc mt phng
( )
sao cho
MA MB+
đạt gtr nh nhất. Khi đó, giá tr ca biu thc
23T a b c= + +
bng bao nhiêu?
A.
5T =
. B.
3T =−
. C.
7T =−
. D.
9T =−
.
Li gii
Chn C
Ta có:
( )( ) ( )( )
3 5 3 5 1 1 3.2 5 5 1 3.0 5 0
A A A B B B
x y z x y z+ + =
nên hai điểm
A
B
cùng nm v mt phía ca mt phng
( )
.
Gi
H
là hình chiếu vuông góc ca
A
lên mt phng
( )
.
Phương trình đường thng
AH
:
1
1
23
xt
yt
zt
=+
= +
=−
.
Do đó tọa độ đim
H
là nghim ca h phương trình
1
1
23
3 5 0
xt
yt
zt
x y z
=+
= +
=−
+ =
1
2
0
1
t
x
y
z
=
=
=
=−
.
Do đó
( )
2;0; 1H
.
Gi
A
đối xng vi
A
qua
( )
, suy ra
( )
3;1; 4A
.
Ta có
MA MB MA MB A B

+ = +
nên
MA MB+
nh nht khi
( )
M A B
=
.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 14/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Phương trình đường thng
AB
:
34
1
43
xt
yt
zt
=−
=−
= +
.
Do đó tọa độ đim
M
là nghim ca h phương trình
34
1
43
3 5 0
xt
yt
zt
x y z
=−
=−
= +
+ =
12
11
15
11
1
11
20
11
t
x
y
z
=
=−
=−
=−
.
Do đó
15 1 20
;;
11 11 11
M



,
2 3 7T a b c= + + =
.
Câu 24: Cho
( ) ( )
1;1;0 , 3; 1;4AB
mt phng
( )
: 1 0x y z
+ + =
. Tìm tọa độ đim
( )
M
sao cho
MA MB
đạt giá tr ln nht.
A.
( )
1;3; 1M
. B.
3 5 1
;;
4 4 2
M



. C.
1 2 2
;;
3 3 3
M



. D.
.
Li gii
Chn B
Ta có:
( )( ) ( )( )
1 1 1 1 0 1 3 1 4 1 0
A A A B B B
x y z x y z + + + + = + + + + +
nên hai điểm
A
B
cùng nm v mt phía ca mt phng
( )
.
Ta có
26MA MB AB =
, nên
MA MB
ln nht khi và ch khi
( )
M AB
=
.
Phương trình đường thng
AB
:
12
12
4
xt
yt
zt
=+
=−
=
, do đó tọa độ đim
M
nghim ca h
phương trình
12
12
4
10
xt
yt
zt
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
( ) ( )
1; 1;2 , 0;1;6AB
và đường thng
11
:
2 1 1
x y z
d
−+
==
. Biết điểm
M
thuc.
đưng thng
d
sao cho biu thc
.T AM BM=
đạt giá tr nh nht bng
min
T
. Khi đó giá tr
min
T
bng bao nhiêu?
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 15/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
A.
min
14T =
. B.
min
3T =
. C.
min
32T =
. D.
min
23T =
.
Li gii
Chn A
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
( ) ( )
0; 1;2 , 1;1;2AB
và đường thng
11
:
1 1 1
x y z
d
+−
==
. Biết điểm
( )
;;M a b c
thuộc đường thng
d
sao cho tam giác
MAB
có din tích nh nhất. Khi đó, giá trị
23T a b c= + +
bng bao nhiêu?
A.
5T =
. B.
3T =
. C.
4T =
. D.
10T =
.
Li gii
Chn D
1; ; 1 1; 1; 1M d M t t t AM t t t
1;2; 0 5.AB AB AB
; 2 2 ; 1; 3AM AB t t t
2 2 2
2
2
1
; 2 2 1 3
2
4 10 10
6 16 14 6
3 3 3
MAB
S AM AB t t t
t t t
Du bng xy ra khi
1
3
4 1 4 7 4
; ; 2 3 10.
3 3 3 3 3
7
3
a
t M b T a b c
c
Câu 27: Viết phương trình đưng thng
đi qua
(1;0; 1)M
to vi mt phng
( )
:2 3 6 0x y z
+ =
góc ln nht.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 16/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
A.
12
13
xt
yt
xt
=+
=−
= +
. B.
12
13
xt
yt
zt
=−
=−
= +
. C.
12
13
xt
yt
zt
=+
=−
=
. D.
2
1
3
xt
y
zt
=+
=−
=−
.
Li gii
Chn A
Đưng thng
đi qua
(1;0; 1)M
to vi
( )
góc ln nht
( )
( )
( )
max , 90

=
.
Khi đó đường thng
đi qua nhận
(1;0; 1)M
( )
()
2; 1;3n
làm véc chỉ phương nên
phương trình đường thng
có dng:
12
13
xt
yt
xt
=+
=−
= +
Vy Chn A
Câu 28: Viết phương trình đường thng
đi qua
( )
4; 2;1M
, song song vi mt phng
( )
:3 4 12 0x y z
+ =
và cách điểm
( )
2;5;0A
mt khong ln nht.
A.
14
12
1
xt
yt
xt
=+
=−
= +
. B.
4
2
1
xt
yt
zt
=+
= +
=−
. C.
4
2
1
xt
yt
zt
=−
= +
=+
. D.
4
2
1
xt
yt
zt
=+
= +
= +
Li gii
Chn D
( )
( )
3; 4;1n
,
( )
6; 7;1AM
Gi
H
là hình chiếu ca
A
trên đường thng
suy ra
( )
;d A AH=
Ta có:
( )
( )
max ;AH AM d A AM H M =
. Khi đó
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
, , 3; 3; 3 3 1;1;1u AM u n u AM n


= = =

Đưng thng
đi qua
( )
4; 2;1M
có véc tơ chỉ phương
( )
1;1;1u
có dng:
4
2
1
xt
yt
zt
=+
= +
=+
Vy Chn D
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 17 / 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Câu 29: Viết phương trình đường thng
đi qua
( )
1;1;1A
, vuông góc với đường thng
': 1
12
xt
yt
zt
=
= +
=+
cách điểm
( )
2;0;1B
mt khong ln nht.
A.
1
1
1
xt
yt
zt
=−
=+
=+
. B.
1
1
1
xt
yt
zt
=+
=+
=−
. C.
1
1
1
xt
yt
zt
=+
=−
=+
. D.
1
1
1
xt
yt
zt
=+
=+
= +
.
Li gii
Chn B
Gi s
, '
có VTCP lần lượt là
u
,
( )
'
1;1;2u
=
Do
'
nên
'
uu

( )
1
Gi
H
là hình chiếu của
B
trên
.
Do
A
nên
BH BA
.
Suy ra
cách
B
một khoảng lớn nhất khi chỉ khi
HA
hay
AB⊥
( )
1; 1;0u AB
=
( )
2
.
Từ
( )
1
( )
2
nên ta chọn một VTCP của
:
( ) ( )
'
; 2;2; 2 2 1;1; 1u u AB


= = =

.
Vậy
1
:1
1
xt
yt
zt
=+
= +
=−
.
Câu 30: Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, viết phương trình đường thng
qua
( )
1;1;2A
vuông góc vi
12
:
2 1 2
x y z
d
−−
==
đồng thi to vi trc
Oz
góc ln nht.
A.
1
1
22
x
yt
zt
=
=+
=−
. B.
1
1
2
xt
y
zt
=−
=
=+
. C.
1
12
2
xt
yt
z
=+
=−
=
. D.
1
2
2
xt
yt
zt
=+
= +
=
.
Li gii
Chn C
d
có VTCP là
( )
2;1;2
d
u =
.
Oz
có VTCP là
( )
0;0;1k =
.
Gọi
u
là VTCP của
.
Do
d⊥
nên
d
uu
( )
1
tạo với
Oz
một góc lớn nhất khi và chỉ khi
Oz⊥
hay
uk
.
( )
2
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 18/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Từ
( )
1
( )
2
nên ta chọn một VTCP của
:
( )
; 1; 2;0
d
u u k

= =

.
Vậy
1
: 1 2
2
xt
yt
z
=+
=
=
.
Câu 31: Trong không gian vi h tọa độ viết phương trình đường thng qua ,
nm
trong , đồng thi to vi trc góc nh nht.
A. . B. . C. . D. .
Li gii
Chn D
Gi VTCP ca
( )
;;u a b c=
vi
2 2 2
0abc+ +
.
VTPT ca
( )
( )
1;2; 1n =−
Do
un
nên
2 0 2a b c c a b+ = = +
. T đó
( )
; ; 2u a b a b=+
.
Trc có VTCP là
( )
0;0;1u =
.
Gi
là góc to bi
và trc
Oz
.
( )
2
2
2 2 2
22
2
22
44
cos
2 4 5
2 4 5
2
2 4 5
a
a b t
tt
b
tt
tt
a b a b
aa
bb
+
++
++
= = = =
++
++
+ + +

++


.
Ta đặt
2
2
44
2 4 5
tt
y
tt
++
=
++
. Ta đi tìm Min, Max của biu thc này.
( ) ( )
2
2
2
44
2 1 4 4 5 4 0
2 4 5
tt
y y t y t y
tt
++
= + + =
++
. (1)
+ TH1: Nếu
1
2
y =
thì
3
4
t =−
.
+ TH1: Nếu
1
2
y
thì (1) là phương trình bậc hai.Có
2
' 6 5yy = +
.
Để phương trình có nghiệm thì
2
5
' 6 5 0 0
6
y y y = +
.
Ta có
min, khi và ch khi
cos
max. Khi đó
1
2
t =
Oxyz
( )
1;1;2A
( )
+ =: 2 1 0x y z
Oz
= +
=+
=+
52
2
1
xt
yt
zt
= +
=+
=+
15
1
22
xt
yt
zt
= +
=+
=+
12
15
2
xt
yt
zt
= +
=+
=+
1
12
25
xt
yt
zt
Oz
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 19/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Suy ra
1
2
a
b
=
. T đó chọn
1; 2 5a b c= = =
.
Vy
( )
1;2;5u =
. Chn D
Câu 32: Cho . Viết phương trình đường thng
qua , ct
sao cho
( )
,dB
là nh nht.
A. . B. . C. . D. .
Li gii
Chn D
d
đi qua
( )
1; 2;0M
và có mt VTCP là
( )
1;1;2u =−
.
Gi
( )
P
là mt phng cha
A
d
.
K
BK ⊥
()BH P
. Ta có
BK BH
. Khi đó
( )
,d B BK=
đạt GTNN khi
KH
.
Khi đó
qua
,AH
.
Lập phương trình mặt phng
( )
P
cha
A
d
.
( )
; 10; 2;6
P
n u AM

= =

. Chn
( )
5; 1;3
P
n =−
.
Suy ra phương trình
( )
:5 3 7 0P x y z + =
.
Ta tìm to độ đim
H
là hình chiếu vuông góc ca
B
lên
()P
.
Phương trình đường thng
15
:2
43
xt
BH y t
zt
= +
=−
=+
.
Gi
( )
1 5 ;2 ;4 3H t t t + +
. Cho
( )
HP
ta được:
( ) ( ) ( )
2
5 1 5 2 3 4 3 7 0
35
t t t t + + + = =
.
To độ đim
H
5 68 146
;;
7 35 35
H



.
Khi đó phương trình đường thng
qua
,AH
1 15
: 4 18
2 19
xt
yt
zt
=+
= +
=−
.
Câu 33: Cho
( ) ( )
12
1;4;2 , 1;2;4 , :
1 1 2
x y z
A B d
−+
= =
. Viết phương trình đường thẳng a đi qua , ct
sao cho
( )
,d B a
là ln nht.
( ) ( )
+
= =
2
1
1;4;2 , 1;2;4 , :
1 1 2
y
xz
A B d
A
d
= +
=−
=−
1
4
23
xt
yt
zt
= +
= +
= +
1
14
32
xt
yt
zt
= +
=+
=
15
18 4
19 2
xt
yt
zt
= +
=+
=−
1 15
4 18
2 19
xt
yt
zt
A
d
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 20/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
A.
1
44
23
xt
yt
zt
=+
=−
=−
. B.
1
14
32
xt
yt
zt
=+
= +
= +
. C.
15
18 4
19 2
xt
yt
zt
=+
=+
=
. D.
1 15
4 18
2 19
xt
yt
zt
=+
=+
=−
.
Lời giải
Chn A
( )
1; 2;0Cd−
,
( )
0; 6; 2AC =
,
( )
1;1;2u =−
vecto chi phương của d nên vecto pháp tuyến
ca mp(A,d) là
( )
1
, 5;1; 3
2
p n AC

= =


( )
2; 2;2AB =
( )
1
, 2;8;6
2
n AB p

= =


Gi H hình chiếu ca B lên mt phng (A,d), K hình chiếu ca H lên a, vy d(B,a)=BK,
D thy BK ln nhất khi K trùng A, khi đó BK=AB. Ti v trí này,a nm trong mp(A,d)
vuông góc vi AB nên vecto ch phương của a
( )
1
1; 4; 3
2
n =
. Phương trình đưng
thng cn tìm là:
1
44
23
xt
yt
zt
=+
=−
=−
Câu 34: Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho 2 điểm
( )
1;5;0 ,A
( )
3;3;6B
và đường thng
11
:
2 1 2
x y z+−
= =
. Gi đường thng qua
B
ct
tại điểm
C
sao cho
ABC
S
đạt g
tr nh nht.
A.
14
2
23
xt
yt
zt
=−
=−
=−
B.
12
3
24
xt
yt
zt
=−
=−
=−
. C.
2
3
42
xt
y
zt
= +
=−
= +
. D.
3 10
33
6 11
xt
yt
zt
=+
=−
=+
.
Li gii
Chn D
Ta thấy được
ABC
S
nh nht khi
d
đi qua hình chiếu H ca A lên
,)(mp B
.
Ta có phương trình
,)(mp B
5 2 4 3 0x y z+ + =
Hình chiếu ca A lên
,)(mp B
21 8
1; ;
55
H



Vecto chi phương của
d
( )
5
10; 3;1
2
u BH= =
Phương trình
d
3 10
33
6 11
xt
yt
zt
=+
=−
=+
Câu 35: Trong không gian
Oxyz
, gi
( )
P
mt phng song song vi mt phng
( )
Oxz
ct mt
d
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 21/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
cu
( ) ( )
22
2
1 2 12x y z + + + =
theo đường tròn có chu vi ln nht. Phương trình của
( )
P
A.
2 1 0xy + =
. B.
20y −=
. C.
10y +=
. D.
20y +=
.
Li gii
Chn D
Mt cu
( )
S
theo đề bài có tâm
và bán kính
23R =
.
( ) ( )
//P Oxz
( )
:0P y d + =
( 0)d
.
( )
P
ct
( )
S
theo một đường tròn có chu vi ln nht khi
( )
P
đi qua
Suy ra:
2d =
(nhn).
Vy
( )
: 2 0Py+=
.
Câu 36: Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( )
1;2;3M
. Gi
( )
mt phng cha trc
Oy
và cách
đim
M
mt khong ln nhất. Phương trình mặt phng
( )
A.
30xz+=
. B.
20xz+=
. C.
30xz−=
. D.
0x =
.
Li gii
Chn A
Gi
H
,
( )
0;2;0K
lần lượt là hình chiếu ca
M
trên
( )
và trc
Oy
thì
10MH MK=
.
Do đó,
( )
( )
,d M MH
=
ln nht khi
HK
hay
( )
MK
.
Khi đó,
( )
đi qua
( )
0;0;0O
và có một véctơ pháp tuyến là
( )
1;0;3KM =
.
Phương trình mặt phng
( )
30xz+=
.
Câu 37: Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho mt cu
2 2 2
( ):( 1) ( 2) ( 3) 9 + + =S x y z
, đim
(0;0;2)A
. Phương trình mặt phng
()P
đi qua
A
ct mt cu
()S
theo thiết din là nh
tròn
()C
có din tích nh nht là:
A.
2 3 6 0+ + =x y z
. B.
2 2 0+ + =x y z
.
C.
3 2 2 4 0+ + =x y z
. D.
2 3 6 0 + =x y z
.
Li gii
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 22/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Chn B
Mt cu
(S)
có tâm
(1;2;3)I
bán kính
3=R
.
( 1; 2; 1) IA 6 3= = IA
đim
(0;0;2)A
nm trong mt cu
(S)
.
Gi
H
là hình chiếu ca
I
lên
()P
()C
có din tích nh nht khi và ch khi
;( ) =d I P IH
ln nht.
Ta có:
IHA
vuông ti
H
=
max
IH IA
()
( ) ( 1; 2; 1) = =
P
IA P n IA
Phương trình mặt phng
()P
qua
(0;0;2)A
và có vtpt
( 1; 2; 1)n IA= =
là:
1( 0) 2( 0) 1( 2) 0 2 2 0 = + + =x y z x y z
Câu 38: Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho ba điểm
(2;1;3)A
,
B(3;0;2)
,
C(0; 2;1)
. Viết
phương trình mặt phng
()P
đi qua
,AB
và cách
C
mt khong ln nht?
A.
3 2 11 0+ + =x y z
. B.
3 2 13 0+ + =x y z
.
C.
2 3 12 0 + =x y z
. D.
30+ =xy
.
Li gii
Chn A
(P)
A
B
C
H
I
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 23/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Ta có:
(1; 1; 1)= AB
.
Phương trình đường thng
AB
qua:
(2;1;3)A
có vtcp
(1; 1; 1)= = u AB
có dng:
2
1
3
=+
=−
=−
xt
yt
zt
.
Gi
I
là hình chiếu ca
C
lên
AB
(2 ;1 ;3 ) + I AB I t t t
(2 ;3 ;2 )= + CI t t t
Ta có:
.0 =CI AB CI AB
2 3 2 0 1 + + + = =t t t t
(3;0;2) I
Gi
H
là hình chiếu
C
lên mt phng
()P
;( ) =d C P CH CI
;( )=
max
d C P CI
()⊥CI P
Phương trình mặt phng
()P
qua
I
có vtpt
(3;2;1)==n IC
có dng:
3( 3) 2( 0) 1( 2) 0 + + =x y z
3 2 11 0 + + =x y z
Câu 39: Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho điểm
(1;2;3)M
. Mt phng
()P
qua
M
ct các
tia
,,Ox Oy Oz
lần lượt ti
,,A B C
sao cho th tích khi t din
OABC
nh nhất phương
trình là:
A.
6 3 2 0+ + =x y z
. B.
6 3 2 18 0+ + =x y z
.
C.
2 3 14 0+ + =x y z
. D.
60+ + =x y z
.
Li gii
Chn B
Gi s
( ;0;0)Aa
,
(0; ;0)Bb
,
(0;0; )Cc
vi
( , , 0)abc
Khi đó, phương trình mặt phng
(P)
qua 3 điểm
,,A B C
có dng:
1
x y z
a b c
+ + =
.
Ta có:
1 2 3
M (P) 1 + + =
abc
.
Th tích t din OABC:
1
6
V abc=
.
Áp dng BDT Côsi ta có:
3
1 2 3 6 27.6 1
1 3 1 27 27
6
abc V
a b c abc abc
= + +
.
V đạt giá tr nh nht là:
3
1 2 3 1
27 6
3
9
=
= = = = =
=
a
Vb
abc
c
Vy
(P)
:
6 3 2 18 0x y z+ + =
.
Câu 40: Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho t din
ABCD
(1;1;1)A
,
B(2;0;2)
;
C( 1; 1;0)−−
,
D(0;3;4)
. Trên các cnh
,,AB AC AD
lần lượt lấy các điểm phng
,,
B C D
sao cho
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 24/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
4+ + =
AB AC AD
AB AC AD
. Viết phương trình mặt phng
()
B C D
biết t din
AB C D
th tích
nh nht.
A.
16 40 44 39 0+ + =x y z
. B.
16 40 44 39 0+ + =x y z
.
C.
16 40 44 39 0 + =x y z
. D.
16 40 44 39 0 =x y z
.
Li gii
Chn A
Áp dng bất đẳng thc
Cauchy
ba s ta có:
3
..
43
..
= + +
AB AC AD AB AC AD
AB AC AD AB AC AD
. . 27
. . 64

AB AC AD
AB AC AD
. . 27
. . 64
=
AB C D
ABCD
V AB AC AD
V AB AC AD
' ' '
27
64

AB C D ABCD
VV
Để
' ' 'AB C D
V
nh nht khi và ch khi
3
4
= = =
AB AC AD
AB AC AD
3 7 1 7
;;
4 4 4 4


=


AB AB B
Lúc đó mặt phng
( )
B C D
song song vi mt phng
( )
BCD
và đi qua
717
;;
444



B
Ta có:
( 3; 1; 2);BD ( 2;3;2)= = BC
; (4;10; 11)

=

BC BD
Phương trình mt phng
( )
B C D
qua
717
;;
444



B
vtpt
; (4;10; 11)

= =

n BC BD
là:
16 40 44 39 0+ + =x y z
.
Câu 41: Trong không gian
Oxyz
, cho đường thng
11
:
2 1 1
x y z−+
= =
. Viết phương trình mặt
phng
( )
chứa hai điểm
( ) ( )
1;1;1 , 1; 2; 1MN
to với đường thng
mt góc ln
nht.
A.
16 10 11 15 0x y z+ =
. B.
16 10 11 5 0x y z+ + =
.
C.
10x y z + =
. D.
24 2 27 1 0x y z+ + =
.
Li gii
Chn D
Ga s
( )
;;n a b c=
là vec-tơ pháp tuyến ca
( )
.
Do mt phng
( )
chứa hai điểm
( ) ( )
1;1;1 , 1; 2; 1MN
nên
n MN
.0n MN=
2 3 2 0a b c =
23
2
ab
c
+
=
.
Gi
góc gia
()
. Khi đó
22
22
2 2 2 2 2
.
2 6 5
1 36 60 25
sin .
8 12 13
6
.
. 6 6. 8 12 13
nu
a b c a b
a ab b
a ab b
nu
a b c a ab b
+ +
++
= = = =
++
+ + + +
.
ln nht
sin
đạt giá tr ln nht.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 25/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Nếu
3
0 sin
2
b
= =
.
Nếu
0b
, đặt
a
t
b
=
thì
2 2 2
2 2 2
36 60 25 36 60 25
()
8 12 13 8 12 13
a ab b t t
ft
a ab b t t
+ + + +
==
+ + + +
.
Khi đó
77
( ) 12
17
Max f t t= =
. Do đó
12
a
b
=
. Chn
24, 2 27a b c= = =
.
Mt phng
()
đi qua
( )
1;1;1M
, nhn
( )
24;2; 27n =−
làm vec- pháp tuyến, nên
phương trình là
24( 1) 2( 1) 27( 1) 0 24 2 27 1 0x y z x y z + = + + =
.
Câu 42: Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( )
1; 2;3M
. Gi
()P
là mt phng qua
M
ct các trc
tọa độ lần lượt ti
,,A B C
. Viết phương trình mặt phng
()P
biết biu thc
2 2 2
1 1 1
OA OB OC
++
đạt giá tr nh nht.
A.
2 8 0x y z + =
. B.
2 3 9 0x y z+ + =
.
C.
2 3 14 0x y z + =
. D.
2 4 10 0x y z + =
.
Li gii
Chn C
Gi
H
là trc tâm ca tam giác
ABC
. Khi đó
( )
OH ABC
.
Do
OH
là đường cao ca t din
.O ABC
2 2 2 2
1 1 1 1
.
OH OA OB OC
= + +
Suy ra
2 2 2
1 1 1
OA OB OC
++
đạt giá tr nh nht khi
OH
đạt giá tr ln nht
OH OM=
.
Mt phẳng (P) đi qua M vuông góc với OM nên nhn
( )
1; 2;3OM =−
làm vec-pháp
tuyến, có phương trình là
1( 1) 2(y 2) 3(z 3) 0 2 3 14 0x x y z + + = + =
.
Câu 43: Trong không gian vi h tọa độ Oxyz, cho hai điểm
( ) ( )
1;5;0 , 3;3;6AB
đường thng
12
1
2
xt
d y t
zt
= +
=−
=
. Một điểm
M
thay đổi trên đường thng sao cho chu vi tam giác
MAB
nh
nht. Khi đó tọa độ đim
M
và chu vi tam giác
MAB
A.
( )
( )
1;0;2 ; 2 11 29MP=+
.
B.
( )
( )
1;2;2 ; 2 11 29MP=+
.
C.
( )
( )
1;0;2 ; 11 29MP=+
.
D.
( )
( )
1;2;2 ; 11 29MP=+
.
Li gii
Chn A
Độ dài
2 2 2
2 2 6 2 11AB = + + =
.
Chu vi tam giác
MAB
nh nht khi
MA MB+
nh nht.
Gi tọa độ ca
M
( )
1 2 ;1 ;2a a a +
.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 26/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
2
2 2 4 4 4 2 2 2 6MA MB a a a a a a+ = + + + + + + +
( )
( )
( )
( )
22
22
22
9 20 9 36 56 3 20 6 3 20MA MB a a a a a+ = + + + = + + +
Xét véc tơ
( ) ( )
; ; ;u a b v c d==
.
Ta có
( ) ( )
22
2 2 2 2
u v u v a b c d a c b d+ + + + + + + +
.
( )
( )
2
2
3 6 3 20 20 2 29MA MB a a + + + + =
.
Du bng xy ra khi
( )
( )
3 20
1 1 1;0;2 2 11 29
63
20
a
a M P
a
= = = = +
Câu 44: Cho hai điểm
( )
1;2;3A
và
( )
7; 2;3B
và đường thng
2 3 1
:
3 2 2
x y z
d
+
==
. Gi
I
là điểm
trên
d
sao cho
AI BI+
nh nht. Tìm tng các tọa độ ca
I
.
A.
11
. B.
9
C.
7
. D.
5
.
Li gii
Chn D
Do điểm
Id
nên to độ đim
I
có dng
( )
3 2; 2 3;2 1I a a a + +
.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
3 1 1 2 2 2 3 9 5 2 2 2P AI BI a a a a a a= + = + + + + +
22
17 18 6 17 82 110P a a a a= + + +
22
18 6 82 110
17
17 17 17 17
P a a a a

= + + +



22
9 21 41 189
17
17 289 17 289
P a a


= + + +


22
22
9 21 41 3 21
17
17 17 17 17
P a a


= + + +



Xét véc tơ
( ) ( )
; ; ;u a b v c d==
.
Ta có
( ) ( )
22
2 2 2 2
u v u v a b c d a c b d+ + + + + + + +
.
Do đó
2
2
2
22
9 41 21 3 21 32 16.21
17 17 4 5.
17 17 17 17 17 17
P a a


+ + + = + =





Du bng xy ra khi
9 21
1 9 41
17 17
31
41
3 17 17
3 21
17
17
a
a a a
a

= = = =


.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 27/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Vy tng các to độ ca
I
3.1 2 2.1 3 2.1 1 5 + + + =
.
Câu 45: Cho
1
2 1 1
x y z
d:
==
các điểm
( )
3 0 0A ; ;
;
( )
0 6 0B ; ;
;
( )
006C ; ;
. điểm thuc sao
cho
MA MB MC++
nh nhất. Khi đó
2
MA
bằng:
A.
2
. B.
3
. C.
4
. D.
5
.
Lời giải
Chn C
12
1
:
2 1 1
xt
xy
d y t
z
z
t
=+
= = =
=
Đim
12M d M( t;t;t ) +
. Ta có
( )
( )
( )
1 2 ;6 ;
1 2 ; ;6
( 6 , 6 3 ;6 3
MA = 2 2 ;
)
;
t t t
MC t t t
MA MB MC t
t
tt
tt
MB =
=
+ + =
Do đó:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
6 6 3 6 3 54 72 72MA MB MC t t t t+ + = + + = +
Dấu “=” xảy ra
( )
0 2 0 0t MA ; ; = =
Vy
2
4MA =
Câu 46: Trong không gian vi h tọa độ Oxyz cho đường thẳng có phương trình
43
1
52
xt
d : y t
zt
=+
=−
=+
và ba
đim
( )
1 1 2A ; ;
;
( )
111B ; ;
;
( )
3 1 0C ; ;
.
M
điểm thuc
d
sao cho biu thc
2 2 2
P MA MB MC=++
đạt giá tr nh nhất. Khi đó tổng các tọa độ ca
M
là:
A.
36
7
. B.
11
. C.
12
. D.
55
7
.
Lời giải
Chn A
Đim
( )
4 3 1 5 2M d M t; t; t + +
. Ta có
( )
( )
( )
5 3 4 2
1 3 5
3
2
3 3 2
t; t; t
MC t; t;
MA = t; t; t
MB
t
=
=
−−
Do đó
2
2 2 2 2
17 323 323
42 102 85 42
14 14 14
P MA MB MC t t t

= + + = + + = + +


M
d
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 28/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
323 17 5 31 18
14 14 14 14 7
min
P t M ; ;

= =


Vy tng các tọa độ ca
M
36
7
.
Câu 47: Trong không gian vi h tọa độ
,Oxyz
cho đường thẳng có phương trình
1
:2
xt
d y t
zt
và ba
đim
6;0;0A
,
0;3;0B
,
0;0;4C
.
M
điểm thuc
d
sao cho biu thc
2 2 2
23P MA MB MC
đạt giá tr nh nhất. Khi đó tổng nh phương các tọa độ ca
M
là:
A.
6
. B.
7
. C.
8
. D.
9
.
Li gii
Chn A
Gi
I
là điểm tha
6 2 3
1
2 3 0 6 2 3 1 1;1;2 .
2
6 2 3
I A B C
I
I A B C I
I
I A B C
x x x x
x
IA IB IC y y y y y I
z
z z z z
Ta có:
2 2 2
2 2 2
2 3 2 3P MA MB MC MI IA MI IB MI IC
2 2 2 2 2 2 2 2
6 2 . 2 3 6 2 .2 33IM MI IIA IB IC A IB IC IM IA IB IC
Khi đó
P
đạt giá tr nh nht
2
6IM
nh nht
2
IM
nh nht.
1 ;2 ; .M d M t t t
Suy ra
;1 ; 2 .IM t t t
Ta có
2 2 2 2
22
1 2 3 6 5 3 1 2 2.IM t t t t t t
Du
'' ''
xy ra
1.t
Suy ra
2;1;1M
.
Vy tổng bình phương các tọa độ ca
M
là:
6
.
Câu 48: Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho đường thẳng phương trình
1
:2
2
xt
d y t
zt
hai điểm
1;4;2A
,
1;2;4B
.
M
điểm thuc
d
sau cho din tích tam giác
MAB
nh
nhất. Khi đó hoành độ ca
M
là:
A.
12
7
. B.
12
7
. C.
11
7
. D.
11
7
.
Li gii
Chn A
1 ; 2 ;2M d M m m m
; 6;2 2AM m m m
2; 2;2 .AB
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 29/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Khi đó
; 6 16;2 4; 4 12 .AB AM m m m
Ta có din tích
MAB
là:
2
1 1 19 24 42
; 8 7 .
2 2 7 7
7
MAB
S AB AM m
Do đó:
42
min .
7
MAB
S
Du
""
xy ra
19 19
7 0 .
7
7
mm
Vy khi din tích tam giác
MAB
nh nhất thì hoành độ ca
M
là:
19 12
1.
77
Câu 49: Cho mt phng
( )
: 4 0+ + =P x y z
. Tìm điểm
( )
MP
sao cho
+MA MB
nh nht, biết,
( ) ( )
1;0;0 , 1;2;0AB
.
A.
( )
1;1;2M
B.
( )
0;1;3M
C.
( )
2;0;2M
D.
31
;2;
22



M
Li gii
Chn D
Ta thy rằng điểm A B nm cùng phía so vi mt phng
( )
P
nên ta s lấy điểm A’ đối
xng với điểm A qua mt phng
( )
P
. Vecto ch phương của đường thẳng AA’ là
( )
1;1;1u
.
Suy ra phương trình đường thẳng AA’
1
':
=+
=
=
xt
AA y t
zt
, tọa độ I giao điểm của đường
thẳng AA’ và mặt phng
( )
P
( ) ( )
2;1;1 ' 3;2;2IA
Ta có
''+ = + MA MB MA MB A B
. Dấu “=” xảy ra khi và ch khi điểm
( )
'=M A B P
Ta có phương trình đường thng
32
31
' : 2 ;2;
22
22
=+

=


=+
xt
A B y M
zt
Câu 50: Cho mt phng
( ): 4 0P x y z+ + =
. Tìm điểm
()MP
sao cho
MA MB
ln nht, biết
(1;1;1)A
,
(1;1;0)B
.
A.
(1;2;1)M
. B.
(0;2;2)M
. C.
(1;1;2)M
. D.
(3;1;0)M
.
Li gii
A
B
'A
M
I
( )
P
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 30/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Chn C
Ta
( ) ( )
1 1 1 4 . 1 1 0 4 0+ + + +
nên
( )
M AB P=
. Minh ngh đon này thy gii thích
vì sao M là giao ca AB với (P) băng cách sử dng bất đẳng thc tam giác
Đưng thng
( )
AB
qua điểm
(1;1;1)A
và có vecto ch phương
0;0; 1AB
.
Phương trình
( )
1
:1
1
x
AB y
zt
=
=
=−
. Xét h
1
1
1
1
1
2
40
x
x
y
y
zt
z
x y z
=
=
=

=

=−

=
+ + =
.
Suy ra
(1;1;2)M
.
Câu 51: Cho mt phng
( ): 4 0P x y z+ + =
. Tìm điểm
()MP
sao cho
MA MB
ln nht, biết
(1;1;1)A
,
(0;1;5)B
.
A.
1 1 10
;;
3 3 3
M



. B.
5 5 2
;;
3 3 3
M



. C.
57
;0;
33
M



. D.
10 7 5
;;
3 3 3
M



.
Li gii
Chn D
Ta có
( ) ( )
1 1 1 4 . 0 1 5 4 0+ + + +
nên A và B nm khác phía so vi mt phng (P).
Gi
A
là điểm đối xng vi
(1;1;1)A
.
MA MB MA MB AB
−−

do đó
MA MB
ln nht khi
( )
M A B P
=
.
Gi là đường thng qua
(1;1;1)A
và vuông góc vi
P
. Phương trình
1
:1
1
xt
yt
zt
(
P
)
M
A
B
(
P
)
I
A
A'
B
M
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 31/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Gi
IP
. Xét h
4
1
3
1
4 4 4 4
;;
1
3 3 3 3
4
40
3
x
xt
yt
yI
zt
x y z
z
.
Khi đó
I
là trung điểm
AA
suy ra tọa độ
555
;;
333
A
.
Đưng thng
BA
qua điểm
(0;1;5)B
và có vecto ch phương
5 2 10
' ; ;
3 3 3
BA

=−


.
Phương trình
BA
:
5
3
2
1
3
10
5
3
xt
yt
zt
Xét h phương trình
5
10
3
3
2
1
7
3
3
10
5
5
3
3
40
xt
x
yt
y
zt
z
x y z
.
Suy ra
10 7 5
;;
3 3 3
M



.
Câu 52: Cho mt phng
( )
: 4 0P x y z+ + =
. Tìm điểm
( )
MP
sao cho
22
2MA MB+
nh nht, biết
( )
1;2;1A
,
( )
0;1;2B
.
A.
5 14 17
;;
9 9 9
M



. B.
51
; ;2
33
M



. C.
( )
1;1;2M
. D.
4 11 7
;;
9 9 3
M



.
Li gii
Chn A
- Gi
I
là điểm tha mãn:
1 4 5
2 0 ; ;
3 3 3
IA IB I

+ = =


- Khi đó:
( ) ( )
22
22
22
2 2 2MA MB MA MB MI IA MI IB+ = + = + + +
2 2 2 2
3 2 3 2MI IA IB MI= + + = +
22
2MA MB+
nh nht khi ch khi
MI
nh nht khi ch khi
M
hình chiếu vuông
góc ca
I
trên mt phng
( )
P
. Khi đó
MI
đường thẳng đi qua
I
nhận vectơ pháp
tuyến ca
( )
P
làm vectơ chỉ phương
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 32/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Suy ra
MI
có phương trình
.
- Đim
M
có tọa độ là nghim ca h
2
1
9
3
5
4
5 14 17
9
;;
3
14
9 9 9
5
9
3
17
40
9
t
xt
x
yt
M
y
zt
x y z
z
=
=+
=
=+

=




=
=+



+ + =
=
.
Câu 53: Cho mt phng
( )
: 4 0P x y z+ + =
. Tìm điểm
( )
MP
sao cho
22
2MA MB+
nh nht, biết
( )
1;2;1A
,
( )
0;1;4B
.
A.
1 10 25
;;
9 9 9
M



. B.
48
0; ;
33
M



. C.
45
1; ;
33
M



. D.
( )
1;1;2M
.
Li gii
Chn A
- Gi
I
là điểm tha mãn:
14
2 0 ; ;3
33
IA IB I

+ = =


- Khi đó:
( ) ( )
22
22
22
2 2 2MA MB MA MB MI IA MI IB+ = + = + + +
2 2 2 2
22
3 2 3
3
MI IA IB MI= + + = +
22
2MA MB+
nh nht khi ch khi
MI
nh nht khi ch khi
M
hình chiếu vuông
góc ca
I
trên mt phng
( )
P
. Khi đó
MI
đường thẳng đi qua
I
nhận vectơ pháp
tuyến ca
( )
P
làm vectơ chỉ phương
Suy ra
MI
có phương trình
.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 33/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
- Đim
M
có tọa độ là nghim ca h
2
1
9
3
1
4
1 10 25
9
;;
3
10
9 9 9
3
9
4 0 25
9
t
xt
x
yt
M
y
zt
x y z
z
=−
=+
=

=+
=




=
=+


+ + =
=
.
Câu 54: Cho mt phng
( )
: 4 0P x y z+ + =
. Tìm điểm
( )
MP
sao cho
32MA MB MC++
nh
nht, biết
( )
1;1;1A
,
( )
1;2;0B
,
( )
0;0;3C
.
A.
( )
1;1;2M
. B.
33
1; ;
22
M



. C.
2 5 5
;;
3 3 3
M



. D.
33
;1;
32
M



Li gii
Chn B
- Gi
I
là điểm tha mãn:
2 7 7
3 2 0 ; ;
3 6 6
IA IB IC I

+ + = =


- Khi đó:
3 2 6 3 2 6 6.MA MB MC MI IA IB IC MI IM+ + + + + = ==
32MA MB MC++
nh nht khi ch khi
MI
nh nht khi ch khi
M
hình chiếu
vuông góc ca
I
trên mt phng
( )
P
.Khi đó
MI
đường thẳng đi qua
I
nhận vectơ
pháp tuyến ca
( )
P
làm vectơ chỉ phương
Suy ra
MI
có phương trình
.
- Đim
M
có tọa độ là nghim ca h
2
1
3
3
7
1
33
1; ;
6
3
22
7
2
6
3
40
2
xt
t
x
yt
M
y
zt
z
x y z
=+
=
=
=+


=


=


=+


=

+ + =
.
Câu 55: Cho mt phng
( )
: 4 0P x y z+ + =
. Tìm điểm
( )
MP
sao cho
34MA MB MC++
nh
nht, biết
( )
1;2;1A
,
( )
1;2;0B
,
( )
0;0;3C
.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 34/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
A.
( )
1;1;2M
. B.
17 7
; ;1
12 12
M



. C.
15
; ;3
65
M



. D.
31
;;
19 23
24 1224
M



.
Li gii
Chn D
- Gi
I
là điểm tha mãn:
1 13
3 4 0 ;1;
28
IA IB IC I

+ + = =


- Khi đó:
3 4 8 3 4 8 8.MA MB MC MI IA IB IC MI IM+ + + + + = ==
34MA MB MC++
nh nht khi ch khi
MI
nh nht khi ch khi
M
hình chiếu
vuông góc ca
I
trên mt phng
( )
P
. Khi đó
MI
đường thẳng đi qua
I
và nhận vectơ
pháp tuyến ca
( )
P
làm vectơ chỉ phương
Suy ra
MI
có phương trình
1
2
1
13
8
xt
yt
zt
=+
=+
=+
.
- Đim
M
có tọa độ là nghim ca h
7
1
24
2
19
1
19 31 23
24
;;
13
31
24 24 12
8
24
23
40
12
t
xt
x
yt
M
zt
y
x y z
z
=
=+
=
=+

=




=+
=


+ + =
=
.
Câu 56: Trong không gian vi h trc
Oxyz
, cho hai đường chéo nhau
1
5 1 11
:
1 2 1
+
==
x y z
d
2
4 3 4
:
7 2 3
+
==
x y z
d
,. Tìm điểm
I
không thuc
12
;dd
sao cho
( ) ( )
12
;;+d I d d I d
nh nht.
A.
( )
5;2;5I
. B.
( )
7;3;9I
C.
( )
7; 2; 11−−I
. D.
( )
7;2;11I
Li gii
Chn A
Phương trình tham số
1
d
5
12
11
=+
= +
=−
xt
yt
zt
; Phương trình tham số
2
d
47
32
43
=
=+
=+
xu
yu
zu
;
12
;dd
lần lượt vtcp
( ) ( )
12
1;2; 1 , 7;2;3−−uu
. Gi
AB
đoạn vuông góc chung ca
12
;dd
vi
( ) ( )
5 ; 1 2 ;11 ; 4 7 ;3 2 ;4 3+ + + +A t t t B u u u
.
Ta có
( )
7 9;2 2 4;3 7= + + AB u t u t u t
.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 35/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
1
2
.0
6 6 6 0 1
62 6 50 0 2
.0
=
+ = =


+ + = =
=

ABu
u t u
u t t
ABu
suy ra:
( ) ( )
7;3;9 ; 3;1;1AB
.
( ) ( )
12
;;+d I d d I d AB
đẳng thc xy ra khi
I
thuộc đoạn
AB
. Mà vi
( )
5;2;5I
thì
1
2
=AI AB
. Chn A
Câu 57: Trong không gian vi h trc
Oxyz
, cho
( ) ( )
1;3;4 , 2;1;2AB
. Tìm điểm M sao cho biu thc
=+P MA MB
đạt giá tr nh nht.
A.
1
;2;3
2



M
.
B
.
3
; 1; 1
2

−−


M
. C.
3
;1;1
2



M
. D.
( )
3;2;2M
.
Li gii
Chn A
Gi
I
là trung điểm ca
AB
suy ra tọa độ
1
;2;3
2



I
.
Ta có:
2 2 0= + = = P MA MB MI MI
đẳng thc xy ra khi
MI
Chn A
Câu 58: Trong không gian vi h trc
Oxyz
, cho tam giác
ABC
vi
( )
2;0; 3A
;
( )
1; 2;4B −−
;
( )
2; 1;2C
. Tìm điểm
E
sao cho biu thc
P EA EB EC= + +
đạt giá tr nh nht.
A.
( )
1;1;1E
. B.
. C.
( )
1; 2; 1E
. D.
( )
0;2; 3E
.
Li gii
Chn B
Gi
G
là trng tâm tam giác
ABC
( )
1; 1;1G−
.
Ta có:
P EA EB EC= + +
3 3 0EG EG= =
min
0P=
khi
( )
1; 1;1EG−
.
Câu 59: Trong không gian vi h trc
Oxyz
, cho 4 điểm
( )
0;1;5A
;
( )
2;0;0B
;
( )
0;0;6C
;
( )
2;4; 3D
.
Tìm điểm
E
sao cho biu thc
P EA EB CE DE= +
đạt giá tr nh nht.
A.
5
1; ;2
4
E



. B.
1
0; 3;
2
E



. C.
( )
1; 3;0E −−
. D.
( )
2;0; 1E
.
Li gii
Chn A
Gi
G
là điểm tha mãn
0GA GB GC GD+ + + =
5
1; ;2
4
G



.
Ta có:
P EA EB CE DE EA EB EC ED= + = + + +
4 4 0EG EG= =
min
0P=
khi
5
1; ;2
4
EG



.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 36/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Câu 60: Trong không gian vi h ta độ
Oxyz
, cho mt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 3 2 1 100S x y z + + + =
mt
phng
( )
:2 2 9 0P x y z + =
. Tìm M trên mt cu
( )
S
sao cho khong cách t M đến
( )
P
ln
nht.
A.
29 26 7
;;
3 3 3
M

−−


. B.
11 14 13
;;
3 3 3
M



. C.
29 26 7
;;
3 3 3
M



. D.
29 26 7
;;
3 3 3
M



.
Li gii
Chn A
Mt cu
( )
S
có tâm
( )
3; 2;1I
và bán kính
10R =
.
Khong cách t I đến (P)
( )
( )
( )
( ) ( )
22
2
2.3 2. 2 1.1 9
,6
2 2 1
d I P R
+
= =
+ +
nên (P) ct (S) theo giao
tuyến là một đường tròn (C).
Với điểm M bt kì trên (S) thì ta có
( )
( )
( )
( )
, , 16d M P MI d I P + =
.
Dấu “=” xảy ra khi ch khi M giao điểm của (S) đường thng d đi qua I vuông
góc vi (P).
Đưng thng d vuông góc vi (P) nên có VTCP
( )
()
2; 2; 1
P
un= =
.
Đưng thẳng d có phương trình tham số
32
22
1
xt
yt
zt
=+
=
=−
( )
3 2 ; 2 2 ;1 + M t t t d
.
Li có
( )
MS
2 2 2
10
4 4 100
3
t t t t + + = =
.
+) Vi
10 29 26 7
;;
3 3 3 3
tM
−−

=


khi đó
( )
( )
, 16d M P =
(tha mãn).
+) Vi
10 11 14 13
;;
3 3 3 3
tM

=


khi đó
( )
( )
,4d M P =
(không tha mãn).
Vy
29 26 7
;;
3 3 3
M

−−


.
Câu 61: Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho tam giác ABC vi
( )
2;3;4A
;
( )
2; 3;0B −−
;
( )
2;3;0C
Gi
I
là tâm mt cầu đi qua đi 3 điểm A, B, C. Tìm I để mt cu có bán kính nh nht.
A.
( )
0;0;2I
. B.
( )
2;3;2I
. C.
( )
0;0;0I
. D.
( )
2;3;2I
.
Li gii
Chn A
Ta có
68AB =
,
4AC =
,
52BC =
.
Ta thy
2 2 2
68AB AC BC= + =
nên tam giác ABC vuông ti C.
Gọi J là tâm đường tròn ngoi tiếp tam giác ABC thì J là trung đim của AB do đó
( )
0;0;2J
.
Mt cu tâm I bán nh
17R IA JA= =
nên mt cu bán nh nh nht thỏa mãn đề
bài có tâm I trùng với điểm J. Vy
( )
0;0;2I
.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 37 / 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Câu 62: Trong không gian vi h trục Oxyz, cho lăng trụ đứng
.ABC A B C
,vi
;
( )
0;1;0B
31
; ;0
22
C




;
( )
0;0;2A
.Tìm tọa độ đim
M
thuc cnh
AA
sao cho din tích tam giác
M C D
đạt giá tr ln nht, vi
D
là trung điểm ca
BB
.
A.
( )
0;0;0M
. B.
( )
0;0;2M
. C.
( )
0;0;1M
. D.
1
0;0;
2
M



.
Li gii
Chn A
Ta có:
,A A Oz
,
M A A
, gi
( )
0;0;Mm
,
02m
.
Do
.ABC A B C
lăng trụ đứng nên
AA BB CC
==
.
Suy ra,
( )
0;1;2B
;
31
; ;2
22
C




. Vì
D
là trung điểm ca
BB
nên
( )
0;1;1D
.
Suy ra,
31
; ; 2
22
MC m
=−



;
( )
0 ; 1;1MD m=−
,MC MD


1 3 3 3 3
;;
2 2 2 2 2
mm

=



, do đó
1
;
2
MC D
S MC MD

=

( ) ( )
22
1 1 3 3
31
2 4 4 4
mm= + +
=
2
1
4 12 15
4
mm−+
.
Xét hàm s
( )
2
4 12 15f m m m= +
trên
0;2
( )
3
8 12 0 0;2
2
f m m m
= = =
.
Bng biến thiên :
Da vào bbt có din tích tam giác
M C D
đạt giá tr ln nht khi
0m =
.
Vy
( )
0;0;0M
.
Câu 63: Trong không gian vi h trc Oxyz, cho mt cu
( ) ( ) ( )
22
2
: 1 4 8S x y z+ + + =
hai điểm
;
( )
4;2;1B
. Gi
M
là điểm thuc mt cu
( )
S
. Tính giá tr nh nht ca biu thc
2MA MB+
A.
22
. B.
42
. C.
62
. D.
32
.
Li gii
Chn C
x
0
3
2
2
( )
fx
15
6
7
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 38/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Mt cu
( )
S
có tâm
( )
1;4;0I
, bán kính
22R =
.
Ta có
22
4 4 0 2 2 2IAR= + + = =
.
Gi
( )
1;2;0E
là trung điểm ca
( )
IA E S
. Gi
( )
0;3;0F
là trung điểm ca
IE
.
Xét tam giác
IMF
tam giác
IAM
1
2
IF IM
IM IA
==
và góc
MIA
chung nên
IMF IAM
.
Do đó
1
2
2
MF
AM MF
AM
= =
.
Ta có
222
2 2 2 2 2 4 1 1 6 2+ = + = + + =MA MB MF MB BF
.
Du bng xy ra khi
( )
=M BF S
.
Vy giá tr nh nht ca biu thc
2MA MB+
62
.
Câu 64: Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho ba điểm
( )
1;2;0A
,
( )
3;4;1B
,
( )
1;3;2D
. Tìm ta
độ đim
C
sao cho
ABCD
là hình thang có hai cạnh đáy
AB
,
CD
và có góc
C
bng
45 .
A.
( )
5;9;5C
. B.
( )
1;5;3C
. C.
. D.
( )
3;7;4C
.
Li gii
Chn D
Ta có
(2;2;1), ( 2;1;2)AB AD= =
.
Suy ra
AB AD
AB AD=
.
Khi đó, tam giác
, ABD BCD
lần lượt các tam giác vuông cân ti
A
B
nên
F
A
I
B
E
M
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 39/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
22DC BD AB==
Suy ra
( )
2 1; 3; 2 (4;4;2) (3;7;4)
C C C
DC AB x y z C= + =
.
Câu 65: Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho ba đường thng
1
1
:0
0
xt
dy
z
=
=
=
,
22
1
:
0
x
d y t
z
=
=
=
,
3
3
1
:0
x
dy
zt
=
=
=
.
Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm
( )
3;2;1H
cắt ba đường thng
1
d
,
2
d
,
3
d
ln
t ti
A
,
B
,
C
sao cho
H
là trc tâm tam giác
ABC
.
A.
2 2 11 0x y z+ + =
. B.
60x y z+ + =
. C.
2 2 9 0x y z+ =
. D.
3 2 14 0x y z+ + =
.
Li gii
Chn A
Gi
( )
;0;0Aa
,
( )
1; ;0Bb
,
( )
1;0;Cc
.
( ) ( ) ( ) ( )
1 ; ;0 , 0; ; , 2;2;1 , 3 ;2;1AB a b BC b c CH c AH a= = = =
.
H
trc tâm tam giác
ABC
( ) ( ) ( )
23
, . 0
2 2 1 1 1 0
0
. 0 1 9 2 0
9
2
2
.0
AB BC CH
bc c a c b a
b
ABCH a b b b
b
cb
BC AH

=
+ + =
=
= = + =

=

=
=
Nếu
0b =
suy ra
BC
(loi).
Nếu
9
2
b =
, tọa độ
11
;0;0
2
A



,
9
1; ;0
2
B



,
( )
1;0;9C
. Suy ra phương trình mặt phng
( )
ABC
2 2 11 0x y z+ + =
.
Câu 66: (NGUYN KHUYN TP HCM) Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho hình hp ch
nht
.ABCD ABC D
A
trùng vi gc tọa độ
O
, các đỉnh
( ;0;0)Bm
,
,
(0;0; )An
vi
,0mn
4mn+=
. Gi
M
trung điểm ca cnh
CC
. Khi đó thể tích t din
BDA M
đạt giá tr ln nht bng
A.
245
108
. B.
9
4
. C.
64
27
. D.
75
32
.
Li gii
Chn C
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 40/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
' 0;0;n ;B ;0;0 ;D 0; ;0 ;C' ; ; ; ; ;0 ; ; ;
2
n
A m m m m n C m m M m m



vi
0 , 4.mn
Khi đó
( ) ( )
( )
22
3
; ;0 ; ' ;0; ; 0; ; ; , ' ; ; ; , ' .
22
n
BD m m BA m n BM m BD BA mn mn m BD BA BM m n

= =


Mt
khác,
( )
( ) ( )
2 2 3 2 2
'
1 1 1 1 1
, ' . 4 4 ' 3 8
6 4 4 4 4
BDA M
V V BD BA BM m n m m m m V m m

= = = = = + = +

0
'0
8
3
m
V
m
=
=
=
Lp bng biến thiên, ta thy
V
đạt giá tr ln nht là
64
27
ti
84
,.
33
mn==
Câu 67: (NGUYN KHUYN TPHCM) Trong không gian vi h ta độ
Oxyz
, hai mt phng
4 4 2 7 0x y z + =
2 2 1 0x y z + + =
cha hai mt ca hình lập phương. Th tích khi lp
phương đó là
A.
27
8
V =
. B.
. C.
93
2
V =
. D.
64
27
V =
.
Li gii
Chn A
Gi
a
là độ dài ca cnh ca hình lập phương.
Gi
( ) ( )
:4 4 2 7 0, :2 2 1 0.x y z x y z

+ = + + =
Cnh ca hình lập phương là khoảng cách gia hai mt phẳng đã cho.
Ly
7
0;0;
2
A



thuc mt phng
4 4 2 7 0x y z + =
.
Khi đó
( )
( )
7
2.0 2.0 1
93
2
;.
62
4 4 1
a d A
+ +
= = = =
++
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 41/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Vy th tích hình lập phương là:
3
3 27
.
28

=


Câu 68: Trong không gian vi h trc tọa độ
,Oxyz
cho điểm
(2;3;0),A
(0; 2;0),B
6
; 2;2
5
M



đưng thng
: 0 .
2
xt
dy
zt
=
=
=−
Đim
C
thuc
d
sao cho chu vi tam giác
ABC
nh nhất thì độ
dài
CM
bng
A.
23
. B.
4
. C.
2
. D.
26
5
.
Li gii
Chn C
Do hai điểm
,AB
c định nên chu vi tam giác
ABC
nh nht khi
CA CB+
nh nht.
Gi
( )
;0;2C t t d−
, ta có
( )
( )
2
2
2 ;3; 2 2 8 17 2 2 2 9CA t t AC t t t= = + = +
;
( ) ( )
2
2
; 2; 2 2 4 6 2 2 4CB t t CB t t t= = + = +
.
Trong mt phng
Oxy
xét hai vectơ
( )
2 2 2;3ut=−
( )
2 2 ;2vt=−
. Ta luôn có
u v u v+ +
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 9 2 2 4 2 2 2 25tt + + + +
.
Du bng xy ra khi
2 2 2 7
35
2 2 2
t
t
t
= =
.
Vi
7
5
t =
thì
73
;0;
55
C



17
; 2;
55
CM
=


1 49
22
25 29
CM = + + =
.
Câu 69: Trong không gian vi h trc tọa độ
Oxyz
, cho
( )
1;1;1A
,
( )
0;1;2B
,
( )
2;0;1C
( )
: 1 0P x y z + + =
. Tìm điểm
( )
NP
sao cho
2 2 2
2S NA NB NC= + +
đạt giá tr nh nht.
A.
153
;;
244
N



. B.
( )
2;0;1N
. C.
31
; ; 2
22
N

−−


. D.
31
; ; 2
22
N

−−


.
Li gii
Chn A
Gi
( )
;;I x y z
điểm tha mãn
20IA IB IC+ + =
khi đó ta
( )
( )
( )
2 1 2 0
2 1 1 0
2 1 2 1 0
x x x
y y y
z z z
=
+ =
+ + =
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 42/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
0
3
4
5
4
x
y
z
=
=
=
35
0; ;
44
I



Ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
22S NA NB NC NI IA NI IB NI IC= + + = + + + + +
( )
2 2 2 2 2 2 2 2
4 2 4NI IA IB IC NI IA IB IC NI IA IB IC= + + + + + + = + + +
.
Do
,,,I A B C
c định nên
2 2 2 2
4S NI IA IB IC= + + +
nh nht khi
NI
nh nht hay
N
hình chiếu ca
I
trên mt phng
( )
P
.
Gi
đưng thẳng đi qua
35
0; ;
44
I



vuông góc vi mt phng
( )
P
khi đó
3
:
4
5
4
xt
yt
yt
=
=
=+
.
Tọa độ đim
N
là nghim ca h phương trình
35
10
10
44
3
3
4
4
5
5
4
4
t t t
x y z
xt
xt
yt
yt
zt
zt

+ + + =
+ + =


=
=


=−
=−


=+

=+
1 1 5 3
;;
2 2 4 4
tN

=


.
Câu 70: (LNG GIANG S 1) Trong không gian vi h tọa độ
,Oxyz
cho ba đường thng
1
1
: 1, ;
x
d y t
zt
=
=
=
2
2
: , ;
1
x
d y u u
zu
=
=
=+
11
:.
1 1 1
x y z−−
= =
Viết phương trình mặt cu tiếp xúc
vi c
12
,dd
và có tâm thuộc đường thng
?
A.
( ) ( )
22
2
1 1 1x y z + + =
. B.
2 2 2
1 1 1 5
2 2 2 2
x y z
+ + + =
.
C.
2 2 2
3 1 3 1
2 2 2 2
x y z
+ + =
. D.
2 2 2
5 1 5 9
4 4 4 16
x y z
+ + =
.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 43/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Li gii
Chn A
Ta có
( )
11
1;1;0Md
, vec tơ chỉ phương của đường thng
1
d
:
( )
1
0;0;1u
.
( )
22
2;0;1Md
, vec tơ chỉ phương của đường thng
2
d
:
( )
2
0;1;1u
.
Gi s mt cu có tâm là
I
và bán kính
R
. Do
I 
suy ra
( )
1 ; ;1I t t t++
. Ta tính được:
( ) ( )
12
1; ;0 , 0;1 ; 1M I t t M I t t
Mt cu tiếp xúc vi c hai đường thng
1
d
2
d
nên ta có
( ) ( )
12
,,d I d d I d R==
1 1 2 2
12
,,M I u M I u
uu
=
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
1 1 1
1
2
t t t t + +
=
0t=
Suy ra
( )
1;0;1I
và bán kính ca mt cu là:
1R =
.
Vậy phương trình của mt cu cn tìm là
( ) ( )
22
2
1 1 1x y z + + =
.
Câu 71: (LNG GIANG S 1) Trong không gian vi h ta độ
Oxyz
cho hai điểm
( ) ( )
1;0;2 ; 0; 1;2AB
mt phng
( )
: 2 2 12 0P x y z+ + =
. Tìm tọa độ đim
M
thuc
( )
P
sao cho
MA MB+
nh nht?
A.
( )
2;2;9M
. B.
6 18 25
;;
11 11 11
M

−−


.
C.
7 7 31
;;
6 6 4
M



. D.
2 11 18
;;
5 5 5
M

−−


.
Li gii
Chn D
Dễ kiểm tra được hai điểm
,AB
nằm cùng phía so với mặt phẳng
( )
P
.
Gọi
A
là điểm đối xứng với điểm
A
qua mặt phẳng
( )
P
, ta có:
MA MB MA MB A B

+ = +
. Du bng xy ra khi và ch khi
( )
M A B P
=
.
Ta
( )
1;2; 2n
một vtpt của mặt phẳng
( )
P
. Phương trình đường thẳng
AA
qua
A
nhận
( )
1;2; 2n
làm vtcp, có dạng:
1
:2
22
xt
AA y t
zt
=+
=
=−
.
Gọi
( )
H AA P
=
, suy ra tọa độ điểm
H
là nghiệm của hệ phương trình :
1
2
22
2 2 2 12 0
xt
yt
zt
yz
=+
=
=−
+ + =
( )
0
2
0; 2;4
4
1
x
y
H
z
t
=
=−
=
=−
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 44/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Do
A
đối xứng với điểm
A
qua
( )
1; 4;6HA
.
Ta
( )
1;3;4AB
vtcp của đường thẳng
AB
, nên phương trình đường thẳng
AB
dạng :
: 1 3
24
xm
A B y m
zm
=
= +
=−
.
Do
( )
M A B P
=
, nên tọa độ ca
M
là nghim ca h phương trình:
13
24
2 2 12 0
xm
ym
zm
x y z
=
= +
=−
+ + =
giải hệ ta tìm được
2 11 18
;;
5 5 5
M

−−


.
Câu 72: Trong không gian vi h tọa độ
yzOx
, cho đường thng
:
12
1 1 1
x y z−−
==
mt phng
( )
P
:
2 2 4 0x y z+ + =
. Phương trình đưng thng
d
nm trong
( )
P
sao cho
d
ct
vuông góc vi
A.
d
:
( )
3
12
1
xt
y t t
zt
= +
=
=−
. B.
d
:
( )
3
2
22
xt
y t t
zt
=
= +
=+
.
C.
d
:
( )
24
13
4
xt
y t t
zt
=
= +
=−
. D.
d
:
( )
1
33
32
xt
y t t
zt
=
=
=−
.
Li gii
Chn C
Phương trình tham số của đường thng
:
( )
1
2
xt
y t t
zt
=
= +
=−
.
Đặt
A d A d=
( ) ( ) ( )d P A P A P =
.
Tọa độ
A
là nghim ca h phương trình:
( )
2
12
2; 1;4 .
21
2 2 4 0 4
x t t
y t x
A
z t y
x y z z
= =


= + =


= =


+ + = =

vectơ chỉ phương
( )
1;1; 1u =−
,
( )
P
vectơ pháp tuyến
( )
1;2;2n =
. Gi
1
u
vectơ
ch phương ca
d
.
Ta có:
1
1
()
uu
dP
d
un

⊥
, chn
( )
1
, 4;3; 1u n u

= =

.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 45/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Phương trình đưng thng
d
qua
( )
2; 1;4A −−
vectơ chỉ phương
( )
1
4;3; 1u =
:
( )
24
13
4
xt
y t t
zt
=
= +
=−
.
Câu 73: Trong không gian cho điểm
( )
1; 3;2M
. bao nhiêu mt phẳng đi qua
M
ct các trc
tọa độ ti
,,A B C
0OA OB OC= =
.
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D.
4
.
Li gii
Chn C
Gi
( )
P
là mt phng cn tìm.
Gi s
( ) ( ) ( )
;0;0 , 0; ;0 , 0;0;A a B b C c
, điều kin:
0abc
.
Phương trình mặt phng
( )
:1
x y z
P
a b c
+ + =
.
( )
2 2 2
OA OB OC a b c a b c= = = = = =
.
Trường hp 1:
,,abc
cùng du.
T
( )
abc = =
phương trình mặt phng
( )
: 1 0
x y z
P x y z a
aaa
+ + = + + =
.
( ) ( )
1; 3;2 1 3 2 0 0M P a a + = =
(loại). Do đó: không tồn ti mt phng
( )
P
trong
trường này.
Trường hp 2:
a
cùng du
b
và trái du vi
c
.
T
( )
a b c = =
phương trình mặt phng
( )
: 1 0
x y z
P x y z a
a a a
+ = + =
.
( ) ( )
1; 3;2 1 3 2 0 4M P a a = =
( )
: 4 0P x y z + + =
.
Trường hp 3:
a
cùng du
c
và trái du vi
b
.
T
( )
a c b = =
phương trình mặt phng
( )
: 1 0
xyz
P x y z a
a a a
+ = + =
.
( ) ( )
1; 3;2 1 3 2 0 7M P a a + + = =
( )
: 7 0P x y z + =
.
Trường hp 4:
b
cùng du
c
và trái du vi
a
.
T
( )
b c a = =
phương trình mặt phng
( )
: 1 0
x y z
P x y z a
aaa
+ + = + + =
.
( ) ( )
1; 3;2 1 3 2 0 2M P a a + = =
( )
: 2 0P x y z + + + =
.
Vy t các trường hp trên có 3 mt phng tha mãn.
Câu 74: Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
cho điểm
E(8;1;1)
.Viết phương trình mt phng
()
qua E ct na trục dương
,,Ox Oy Oz
lần lượt ti
,,A B C
sao cho
OG
nh nht vi
G
trng tâm tam giác
ABC
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 46/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
A.
2 11 0 x y z+ + =
. B.
8 66=0x y z+ +
. C.
2 18 0x y z+ + =
. D.
2 2 12 0x y z+ + =
.
Li gii
Chn D
Gi s
( ) ( ) ( )
;0;0 , 0; ;0 , 0;0; , ,b,c 0A a B b C c a
.
Khi đó phương trình mặt phng
( )
là:
1.
x y z
a b c
+ + =
Vì mt phng
( )
đi qua điểm
( )
8;1;1E
nên ta có
8 1 1
1
abc
+ + =
.
Trng tâm
G
ca tam giác
ABC
;;
3 3 3
abc
G



.
2 2 2
1
3
OG a b c= + +
.
Ta có
( )
2
2 2 2
4 1 1
4 1 1
1
22a b c a b c
++
= + +
++
2 36abc + +
.
Ta có
( )( )
( )
2
2 2 2 2 2 2
2 1 1 2a b c a b c+ + + + + +
2
2 2 2
36
.
6
abc + +
Vy
OG
nh nht khi
2 1 1
2 36
abc
abc
==
+ + =
12
6.
6
a
b
c
=
=
=
Vậy phương trình mặt phng
( )
2 2 12 0x y z+ + =
.
Câu 75: (CHUYÊN PHAN BI CHÂU) Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho đường thng
2
:
2 1 4
x y z
d
==
mt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 2 1 2S x y z + + =
. Hai mt phng
( )
P
( )
Q
cha
d
và tiếp xúc vi
( )
S
. Gi
,MN
là tiếp điểm. Tính độ dài đoạn thng
.MN
A.
22
. B.
4
3
. C.
6
. D.
4
.
Li gii
Chn B
Mt cu
( )
S
( )
1;2;1I
và bán kính
2R =
.
Ta có
( )
IM d
IMN d
IN d
⊥
.
Phương trình mặt phng
( )
IMN
( ) ( ) ( )
2 1 2 4 1 0x y z + =
2 4 4 0x y z + =
.
Mt phng
( )
IMN
cắt đường thng
d
ti
P
. Khi đó tọa độ đim P nghim ca h
phương trình
( )
2 4 4 0
2;0;0 .
2
2 1 4
x y z
P
x y z
+ =
==
−
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 47/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Trong mt phng
( )
IMPN
, gi
K MN IP=
.
Ta có
6; 2IP IM==
2PM=
2
3
MK=
4
.
3
MN=
Câu 76: (CHUYÊN PHAN BI CHÂU) Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho điểm
( )
1;2;1M
.
Mt phng
( )
P
thay đổi đi qua
M
lần t ct các tia
,,Ox Oy Oz
ti
,,A B C
khác
O
. Tính
giá tr nh nht ca th tích khi t din
OABC
.
A. 54 B. 6 C. 9. D. 18
Li gii
Chn C
Gi s
( ) ( ) ( )
;0;0 ; 0; ;0 ; 0;0;A a B b C c
. Do ct các tia nên:
; ; 0abc
. Khi đó, phương trình mặt
phng
( )
P
:
( )
:1
x y z
P
a b c
+ + =
.
( )
P
đi qua
( )
1;2;1M
nên:
1 2 1
1
abc
+ + =
. Áp dng bất đẳng
thc Cauchy ta có:
33
1 2 1 1 2 1 2
1 3. . . 3.
6a b c a b c V
= + + =
9V
Du
""=
xy ra khi:
1 2 1 1
3abc
= = =
. Vy, Chn C
Câu 77: (THTT 477) Cho hai đường thng
1
2
:1
2
xt
d y t
zt
=+
=−
=
2
22
:3
xt
dy
zt
=−
=
=
. Mt phẳng cách đều
hai đường thng
1
d
2
d
có phương trình là
A.
5 2 12 0.x y z+ + + =
B.
5 2 12 0.xyz+ + =
C.
5 2 12 0.x y z + =
D.
5 2 12 0x y z+ + =
.
Li gii
Chn D
Ta có
1
d
đi qua
( )
1
2;1;0M
có vtcp
( )
1
1; 1;2u
, đường thng
2
d
đi qua
( )
2
2;3;0M
có vtcp
( )
2
2;0;1u
. Gi
( )
P
là mt phng song song vi
1
d
2
d
thì
( )
( )
12
1; 5; 2
P
n u u= =
( )
: 5 2 0P x y z D + + + =
. Mt phng
( )
P
cách đều
1
d
2
d
thì
( ) ( )
12
7 17
,( ) ,( )
30 30
DD
d M P d M P
++
= =
12D =
. Vy
( )
: 5 2P x y++z-12=0
. Chn
D
Câu 78: (THTT 477) Cho hai điểm
( ) ( )
3;3;1 , 0;2;1AB
và mt phng
( )
: 7 0x y z
+ + =
. Đưng
thng
d
nm trên
( )
sao cho mọi điểm ca
d
cách đều 2 điểm
, AB
có phương trình là
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 48/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
A.
73
2
xt
yt
zt
=
=−
=
. B.
7 3 .
2
xt
yt
zt
=
=+
=
C.
7 3 .
2
xt
yt
zt
=−
=−
=
D.
2
7 3 .
xt
yt
zt
=
=−
=
Li gii
Chn A
( )
d
cách đều A B nên
( )
d
nm trên mt phng trung trc
( )
ca AB. Gi M
trung điểm AB t
35
; ;1
22
M



( )
mp
đi qua M vuông góc với AB nên vtpt
( )
3; 1;0AB =
, phương trình
( )
mp
:
3 7 0xy+ =
. Đường thng
( )
d
giao tuyến ca
( )
( )
nên tp hợp các điểm thuc
( )
d
có to độ
( )
;;x y z
tho mãn h:
( )
70
7 3 .
3 7 0
2
xt
x y z
y t t
xy
zt
=
+ + =
=

+ =
=
Vy, Chn A
Câu 79: (S GD HÀ NI) Trong không gian
,Oxyz
cho các điểm
( )
2;0;3 ,B
Mt phng
( )
P
đi qua các điểm
,M
N
sao cho khong cách t đim
B
đến
( )
P
gp hai ln khong cách t đim
A
đến
( )
.P
Có bao mt phng
( )
P
thỏa mãn đầu bài?
A. Có vô s mt phng (P). B. Ch có mt mt phng
( )
.P
C. Không có mt phng
( )
P
nào. D. Có hai mt phng
( )
.P
Li gii
Chn A
Gi s
( )
P
có phương trình là:
( )
2 2 2
z 0 0ax by c d a b c+ + + = + +
( )
0.M P c d d c + = =
( )
30N P b c d + + =
hay
0b =
0cd+=
( )
: 0.P ax cz c + =
Theo bài ra:
( )
( )
( )
( )
, 2 ,d B P d A P=
2 2 2 2
23
2
a c c a c
a c a c
+
=
++
a c a c =
(luôn đúng)
Vy có vô s mt phng
( )
P
thỏa mãn đề bài. Chn A
Câu 80: Trong không gian, cho điểm
13
; ;0
22
M




mt cu
2 2 2
( ): 8S x y z+ + =
. Đường thng
d
thay đổi đi qua điểm
M
, ct mt cu
( )
S
tại hai điểm
A
,
B
phân bit. Tính din tích ln
nht
S
ca tam giác
OAB
.
A.
7S =
. B.
4S =
. C.
27S =
. D.
22S =
.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 49/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Li gii
Chn A
Mt cu
( )
S
có tâm
( )
0;0;0O
, bán kính
22R OA OB= = =
.
K
OH AB
(
H
trung điểm
AB
). Ta có
2
1
..
2
OAB
S AB OH OH AH OH R OH= = =
.
Đặt
OH x=
,ta có
(
1 0;1OH OM x =
2
8
OAB
S x x =
.
Xét hàm s
( ) (
2
8 , 0;1f x x x x=
( ) (
( )
22
2
22
82
8 0 0;1
88
xx
f x x x f x
xx
= =
−−
đồng biến trên
(
0;1
.
(
( ) ( )
0;1
1max 7f x f==
ti
1x =
. Vy din tích
OAB
S
ln nht
7S =
.
Câu 81: bao nhiêu mt phẳng đi qua điểm
ct các trc tọa độ tại các điểm
A
,
B
,
C
khác gc tọa độ sao cho
OA OB OC==
.
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D.
4
.
Li gii
Chn D
Mt phng
( )
P
ct các trc tọa độ tại các điểm
( )
;0;0Aa
,
( )
0; ;0Bb
,
( )
0;0;Cc
có dng:
( )
:1
x y z
a b c
P + + =
. Vì
( ) ( )
194
1 *
ab
MP
c
+ + =
.
Ta có
abc
a b c
OA OB OC a b c
a b c
abc
==
= =
= = = =
= =
= =
.
Th li c
4
trường hợp vào điều kin
( )
*
thy tha mãn. Vy có
4
mt phng tha mãn
Câu 82: (BIÊN HÒA NAM) Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho
( ) ( ) ( )
;0;0 , 0; ;0 , 0;0;A a B b C c
vi
,,abc
dương. Biết
,,A B C
di động trên các tia
,,Ox Oy Oz
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 50/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
sao cho
2abc+ + =
. Biết rng khi
,,abc
thay đổi thì qu tích tâm hình cu ngoi tiếp t
din
OABC
thuc mt phng
( )
P
c định. Tính khong cách t
( )
2016;0;0M
ti mt
phng
( )
P
.
A.
2017
. B.
2014
3
. C.
2016
3
. D.
2015
3
.
Li gii:
Chn B
Mt cu ngoi tiếp OABC có dng
2 2 2
-ax-by-cz=0x y z++
Tâm mt cu là
( ; ; )
2 2 2
a b c
I
luoon nm trên mt phng
(P): 1
2 2 2
a b c
+ + =
hay
20x y z+ + =
Do đó khoảng cách
2014
(M;(P))
3
d =
Câu 83: (S BÌNH PHƯỚC) Trong không gian vi h tọa độ
,Oxyz
cho điểm
( ) ( ) ( )
;0;0 , 0; ;0 , 0;0; ,A a B b C c
trong đó
0a
,
0b
,
0c
1 2 3
7.
abc
+ + =
Biết mt phng
( )
ABC
tiếp xúc vi mt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
72
: 1 2 3 .
7
S x y z + + =
Th tích ca khi t din
OABC
A.
2
.
9
B.
1
.
6
C.
3
.
8
D.
5
.
6
Li gii
Chn A
Ta có phương trình
(ABC)
:
1
x y z
a b c
+ + =
Mt cu
(S)
có tâm
(1;2;3)I
, bán kính
62
7
R =
Do mt phng
( )
ABC
tiếp xúc vi mt cu
(S)
nên
2 2 2
2 2 2
1 2 3
6 2 1 1 1 7
(I;(ABC)) R ( ) ( ) ( )
72
1 1 1
( ) ( ) ( )
abc
d
abc
abc
++
= = + + =
++
Theo BĐT bunhiacopski ta có
2
2 2 2
2 2 2
1 2 3
()
7 1 1 1 7
( ) ( ) ( )
2 (1 2 3 ) 2
abc
abc
++

= + + =

++

Do đó dấu bng xy ra khi
22
2; 1;
3 6 9
OABC
abc
a b c V= = = = =
Câu 84: Phương trình mặt phẳng nào sau đây đi qua điểm
( )
1;2;3M
ct ba tia
,,Ox Oy Oz
ln
t ti
,,A B C
sao cho th tích t din
OABC
là nh nht.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 51/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
A.
6 3 2 18 0x y z+ + + =
B.
6 3 3 21 0x y z+ + =
C.
6 3 3 21 0x y z+ + + =
D.
6 3 2 18 0x y z+ + =
Li gii
Chn D
Gi
( )
;0;0Aa
,
( )
0; ;0Bb
( )
0;0;Cc
( )
; ;0AB a b−
( )
;0;AC a c
( )
, , ,n AB AC bc ac ab

= =

Suy ra din tích tam giác
ABC
là:
1
,
2
S AB AC

=

2 2 2 2 2 2
1
2
b c a c a b= + +
( )
1
Phương trình mặt phng
( )
ABC
là:
1
x y z
a b c
+ + =
Khong cách t đim
O
đến mt phng
( )
ABC
là:
( )
( )
2 2 2
1
,
1 1 1
h d O ABC
abc
==
++
( )
2
T
( )
1
( )
2
suy ra th tích t din
OABC
2 2 2 2 2 2
2 2 2
1 1 1 1
..
3 2 6
1 1 1
V b c c a a b abc
abc
= + + =
++
( )
3
Vì điểm
( )
M ABC
nên ta có:
1 2 3
1
abc
+ + =
3
1 2 3 6
13
a b c abc
= + +
3
61
162
3
abc
abc
( )
4
T
( )
3
( )
4
suy ra
1
27
6
V abc=
Dấu “
=
” xảy ra
3; 6; 9a b c = = =
Suy ra phương trình mặt phng
( )
ABC
là:
1
3 6 9
x y z
+ + =
6 3 2 18 0x y z + + =
Câu 85: Trong không gian vi h trc tọa độ
Oxyz
, cho mt phng
( )
P
phương trình
3 5 0x y z+ + =
hai điểm
( )
1;0;2A
,
( )
2; 1;4B
. Tp hợp các điểm
( )
;;M x y z
nm trên
mt phng
( )
P
sao cho tam giác
MAB
có din tích nh nht.
A.
7 4 7 0
3 5 0
x y z
x y z
+ =
+ =
B.
7 4 14 0
3 5 0
x y z
x y z
+ =
+ + =
C.
7 4 7 0
3 5 0
x y z
x y z
+ =
+ + =
D.
3 7 4 5 0
3 5 0
x y z
x y z
+ =
+ + =
Li gii
Chn C
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 52/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Ta có
( )
1; 1;2AB
; véctơ pháp tuyến ca mt phng
( )
Q
:
( )
3;1; 1
P
n =−
.
suy ra
AB
song song vi mt phng
( )
P
hai điểm
,AB
nm v cùng mt
phía vi mt phng
( )
P
. Điểm
( )
MP
sao cho tam giác
ABM
din tích nh nht, suy
ra
( )
1
.;
2
ABC
S AB d M AB
=
là nh nht hay
( )
,d M AB
là nh nht.
Suy ra
( ) ( )
M P Q =
, vi
( )
Q
là mt phẳng đi qua
AB
và vuông góc vi
( )
P
.
Véctơ pháp tuyến ca
( )
Q
là:
( ) ( )
( )
, 1;7;4
QP
n AB n

= =

Phương trình tổng quát ca mt phng
( )
Q
là:
( ) ( )
1 1 7 4 2 0 7 4 7 0x y z x y z + + = + =
Vy qu tích điểm
M
7 4 7 0
3 5 0
x y z
x y z
+ =
+ + =
Câu 86: (CHUYÊN ĐH VINH) Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
( )
2; 2;1M −−
,
( )
1;2; 3A
đường thng
15
:
2 2 1
x y z
d
+−
==
. Tìm véc-chỉ phương
u
của đường thng
đi qua
M
, vuông góc với đường thng
d
đồng thời cách điểm
A
mt khong bé nht.
A.
( )
2;1;6u =
. B.
( )
1;0;2u =
. C.
( )
3;4; 4u =−
. D.
( )
2;2; 1u =−
.
Li gii
Chn D
Phương trình mặt phng
( )
đi qua
M
và vuông góc vi
d
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 1 0 2 2 9 0.x y z x y z+ + + = + + =
Gi
H
là hình chiếu vuông góc ca
A
trên
( )
. Tọa độ đim
H
là nghim ca h
12
3
22
2
3
1
2 2 9 0
xt
x
yt
y
zt
z
x y z
=+
=−
=+

=

=

=−
+ + =
. Vy
( )
3; 2; 1H
.
Gi
đường thẳng đi qua
M
vuông góc vi
d
. Khi đó,
( )

. Suy ra khong cách
t
A
đến
ngn nht khi và ch khi
đi qua
H
.
Ta có
( )
4;4; 2HA =−
là mt véc-tơ chỉ phương của
.
Vy véc-tơ chỉ phương cần tìm là
( )
2;2; 1u =−
.
Câu 87: (MINH HA LN 2) Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, xét các điểm
( )
0;0;1A
,
( )
;0;0Bm
,
( )
0; ;0Cn
,
( )
1;1;1D
vi
0, 0mn
1mn+=
. Biết rng khi
,mn
thay đổi, tn
ti mt mt cu c định tiếp xúc vi mt phng
( )
ABC
đi qua
D
. Tính bán kính
R
ca
mt cầu đó?
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 53/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
A.
1R =
. B.
2
2
R =
. C.
3
2
R =
. D.
3
2
R =
.
Li gii
Chn A
Gi
( )
;;I a b c
là tâm ca mt cầu. Khi đó, bán kính
( )
( )
d,R ID I ABC==
.
Phương trình theo đoạn chn ca mt phng
( )
ABC
1
1
x y z
mn
+ + =
.
Khi đó,
( )
( )
22
1
1
d,
11
1
a b c
mn
I ABC
mn
+ +
=
++
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1ID a b c= + +
.
T
1mn+=
suy ra
2 2 2 2 2
1 1 1 1 2 1 2 1
1 1 1 1
m n m n mn mn mn mn
+ + = + + = + =
.
Như thế
( )
( )
d,
11
an bm cmn mn an bm cmn mn
I ABC
mn mn
+ + + +
==
−−
(vì
2
1
24
mn
mn
+

=


).
Nếu
0an bm cmn mn+ +
thì
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
d,
1
1 1 1 1 1
1 1 0 1
an bm cmn mn
I ABC R R
mn
a m bm cm m m m R m m
m c R m b c a R a R
+ +
= =
+ + =


+ + + + =
Vì đẳng thc
( )
1
đúng với mi
( )
0;1m
nên
10
10
01
c R a R
b c a R b R
a R c R
= =


+ + = =


= =

.
Mt khác
( ) ( ) ( )
( )
( )
2 2 2
2
2
2
1 1 1
21
2 1 0
1
ID R a b c R
R R R
R
R
= + + =
+ =
=
=
.
Tương tự, nếu
0an bm cmn mn+ +
thì ta tìm được
1R =−
(không tha mãn
0R
)
Vy bán kính mt cu cn tìm là
1R =
.
Câu 88: Cho ba điểm
( ) ( ) ( )
3;1;0 , 0; 1;0 , 0;0; 6A B C−−
. Nếu tam giác
' ' 'A B C
tha mãn h thc
' ' ' 0A A B B C C+ + =
thì có tọa độ trng tâm là:
A.
( )
1;0; 2
. B.
( )
2; 3;0
. C.
( )
3; 2;0
. D.
( )
3; 2;1
.
Li gii
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 54/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Chn A
Gi
12
,GG
lần lượt là trng tâm
,ABC A B C

.
Thì
222
0A G B G C G
+ + =
111
0G A G B GC+ + =
' ' ' 0A A B B C C+ + =
2 2 2 1 1 1 2 1
30A G B G C G G A G B GC G G
+ + + + + + =
21
0GG=
21
GG
.
Nên hai tam giác
ABC
' ' 'A B C
có cùng trng tâm
( )
1;0; 2G−
là trng tâm
' ' 'A B C
.
Câu 89: Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
( ) ( )
2; 2;1 , 1;2; 3AB
đường thng
15
:
2 2 1
x y z
d
+−
==
. Tìm véc tơ chỉ phương
u
của đường thng
qua
A
, vuông góc vi
d
đồng thời cách điểm
B
mt khong bé nht.
A.
( )
2;1;6u =
. B.
( )
2;2; 1u =−
. C.
( )
25; 29; 6u =
. D.
( )
1;0;2u =
.
Li gii
Chn D
Gi
( )
;;u a b c=
là VTCP ca
vi
2 2 2
0abc+ +
.
2 2 0d a b c + =
22c a b = +
( )
; ;2 2u a b a b = +
.
( )
3;4; 4AB =−
( )
8 12 ; 10 6 ; 4 3AB u a b a b a b = + +
Ta có:
( )
;
AB u
dB
u
=
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2
22
8 12 10 6 4 3
22
a b a b a b
a b a b
+ + + +
=
+ + +
22
22
180 288 189
5 8 5
a ab b
a ab b
++
=
++
Nếu
0b =
thì
( )
;6dB=
.
Nếu
0b
thì
( )
2
2
180 288 189
;
5 8 5
xx
dB
xx
++
=
++
vi
a
x
b
=
.
Xét hàm s
( )
2
2
180 288 189
5 8 5
xx
fx
xx
++
=
++
, tập xác đinh
D =
Ta có BBT:
So sánh hai trường hp trên ta thy
( )
;dB
nh nht bng
6
khi
0b =
2ca=
nên
1 VTCP
( )
1;0;2u =
.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 55/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Cách 2: (Nguyn Trí Chính)
Gi
( )
P
mt phẳng đi qua
( )
2; 2;1A −−
và có vec tơ pháp tuyến
( )
2;2; 1a =
(
( )
2;2; 1a =
là véc tơ chỉ phương của
d
), nên phương trình
( )
P
là:
2 2 9 0x y z+ + =
Gi
( )
D
là đường thẳng đi qua
( )
1;2; 3B
và vuông góc
( )
P
thì phương trình
( )
D
là:
( )
12
: 2 2
3
xt
D y t
zt
=+
=+
=
.
V
( ) ( )
,BH P H P⊥
.
Giải phương trình:
( ) ( ) ( )
2 1 2 2 2 2 3 9 0t t t+ + + + =
9 18 2tt = =
( )
3; 2 1H
V
,BK K
, có
( )
,d B BK=
,
( )
( )
2 4 3 9
,6
3
d B P BH
+ + +
= = =
Có
6BK BH=
.
Do đó
BK
nh nht khi
KH
. Suy ra
( )
3; 2 1K
Suy ra
( )
đi qua
( )
2; 2;1A −−
( )
3; 2 1K
.
Nên véc tơ chỉ phương của đường thng
( )
( )
1;0;2KA =
.
Câu 90: Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho đường thng
21
:
1 2 1
x y z
d
−−
==
. Viết phương
trình mt phng
( )
P
chứa đường thng
d
ct các trc
,Ox Oy
lần lượt ti
A
B
sao
cho đường thng
AB
vuông góc vi
d
.
A.
( )
: 2 5 4 0P x y z+ + =
. B.
( )
: 2 5 5 0P x y z+ + =
.
C.
( )
: 2 4 0P x y z+ =
. D.
( )
:2 3 0P x y =
.
Li gii
Chn A
(d)
K
H
B
A
(
)
(P)
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 56/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Gi
( ) ( )
;0;0 , 0; ;0A a B b
( )
; ;0AB a b =
d
đi qua
và có 1 VTCP
( )
1;2; 1u =−
.
.0AB d ABu =
20ab + =
2ab=
( )
2;1;0AB b =
.bv=
vi
( )
2;1;0v =−
.
( )
1;2;5uv=
nên
( )
P
1 VTPT
n =
( )
1;2;5
. Vậy phương trình mặt phng
( )
P
là:
2 5 4 0x y z+ + =
Câu 91: Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho ba điểm
( ) ( ) ( )
3;0;0 , , ,0 , 0;0;M N m n P p
. Biết
0
13, 60MN MON==
, th tích t din
OMNP
bng
3
.Giá tr ca biu thc
22
2A m n p= + +
bng:
A.
29
. B.
27
. C.
28
. D.
30
.
Li gii
Chn A
22
3,OM ON m n= = +
,
OP p=
,
13MN =
.
Ta có:
2 2 2 0
2 . .cos60MN OM ON OM ON= +
2 2 2 2
1
13 9 2.3. .
2
m n m n = + + +
2 2 2 2
3 4 0m n m n + + =
,
22
0mn+
22
4mn + =
( )
22
16 1mn + =
.
13MN =
( )
2
2
3 13mn + =
22
64m n m + =
6 12m=
2m=
( )
2
.
T
( )
1
( )
2
2
12n=
( )
3
.
,OP OM OP ON⊥⊥
. Suy ra
( )
OP OMN
, có
3, 4OM ON==
,
OP p=
.
3
OMNP
V =
0
11
. . . .sin60 3
32
OP OM ON=
13
.3.4. 3
62
p=
3p=
2
3p=
( )
4
.
T
( ) ( ) ( )
2 , 3 , 4
22
2 29A m n p= + + =
.
Câu 92: Trong không gian
Oxyz
cho hình vuông
ABCD
;
( ) ( )
3;0;8 ; 5; 4;0BD−−
. Biết đỉnh
A
thuc
O
P
N
M
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 57/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
mt phng
Oxy
và có tọa độ là s nguyên. Khi đó
CA CB+
bng
A.
5 10
. B.
6 10
. C.
10 6
. D.
10 5
Li gii
Chn B
Ta có
2CA CB CM CK+ = =
( ) ( ) ( )
2 2 2
5 3 4 0 0 8 12BD = + + =
22
5
12 6 2 3 10
2
BD BC CK CB BK CB= = = + = =
6 10CA CB+=
.
Câu 93: Trong không gian
Oxyz
cho điểm
( ) ( ) ( ) ( )
2;4; 1 ; 1;4; 1 ; 2;4;3 ; 2;2; 1A B C D
. Biết
( )
;;M x y z
,
để
2 2 2 2
MA MB MC MD+ + +
đạt giá tr nh nht thì
x y z++
bng?
A. 7. B. 8. C. 9. D. 10
Li gii
Chn A
Gi
G
là trng tâm ca t din
.ABCD
7 14
; ;0
33
G



Ta có
0GA GB GC GD+ + + =
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 2
MA MB MC MD MA MB MC MD+ + + = + + +
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
MG GA MG GB MG GC MG GD= + + + + + + +
( )
2 2 2 2 2
4 2.MG MG GA GB GC GD GA GB GC GD= + + + + + + + +
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 58/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
2 2 2 2 2
4 2. .0MG MG GA GB GC GD= + + + + +
Ta có
, , , ,G A B C D
c định nên
2 2 2 2
GA GB GC GD+ + +
là hng s.
Để
2 2 2 2
MA MB MC MD+ + +
đạt giá tr nh nht thì
2
MG
đạt giá tr nh nht
2
7 14
0 ; ;0 7
33
MG
Min M G M x y z

= + + =


Câu 94: Cho hình chóp
.S ABCD
biết
( )
2;2;6A
,
( )
3;1;8B
,
( )
1;0;7C
,
( )
1;2;3D
. Gi
H
trung
đim ca
,CD
( )
SH ABCD
. Để khi chóp
.S ABCD
th tích bng
27
2
(đvtt) thì hai
đim
12
,SS
tha mãn yêu cu bài toán. Tìm tọa độ trung điểm
I
ca
12
SS
.
A.
( )
0; 1; 5I −−
. B.
( )
1;0;5I
. C.
( )
0;1;5I
. D.
( )
1;0; 5 .I −−
Li gii
Chn C
Ta có
( )
( )
( )
1; 1;2
1; 2;1
3;0; 3
AB
AC
AD
=
=
=−
( )
( )
; 3;3;3
; 6;6;6
AB AC
AC AD

=

=

ABCD ABC ACD
S S S

= +
(
)
1
;;
2
AB AC AC AD
=+
( )
1
3 3 6 3
2
=+
93
2
=
.
CD
trung đim
( )
0;1;5H
. Vì
( )
SH ABCD
nên đường thng
SH
vtcp
( )
ABCD
un=
;AB AC

=

( )
3;3;3=
vtcp khác ca
SH
( )
1;1;1
:1
5
xt
SH y t
zt
=
= +
=+
( )
t
S SH
( )
;1 ;5S t t t + +
( )
;;HS t t t=
.
Theo gi thiết
.
27
2
S ABCD
V =
1 27
.
32
ABCD
SH S=
1 9 3 27
3.
3 2 2
t=
3t=
( )
( )
1
2
3 3;4;8
3 3; 2;2
tS
tS
=
=
. Vy
12
SS
có trung điểm
( )
0;1;5I
.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 59/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Câu 95: Cho điểm
( )
1;7;5I
đường thng
16
:
2 1 3
−−
==
x y z
d
. Phương trình mặt cu tâm
I
và
cắt đường thng
d
tại hai điểm
,AB
sao cho tam giác din tích tam giác IAB bng
2 6015
A.
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 7 5 2018x y z + + =
. B.
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 7 5 2017x y z + + =
.
C.
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 7 5 2016x y z + + =
. D.
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 7 5 2019x y z + + =
.
Li gii
Chn B
Gi
H
là trung điểm ca
AB
IH AB⊥
.
d
có vectơ chỉ phương
( )
2; 1;3u =−
và đi qua
Ta có
( )
0; 1; 5IM =
( )
; 8;10; 2u IM

=

.
Vy
( )
;IH d I d=
;u IM
u

=
( )
( )
2
22
2
22
8 10 2
2 1 3
+ +
=
+ +
23=
Ta
2 6015
IAB
S
=
1
. 2 6015
2
IH AB =
1
.2 3. 2 6015
2
AB=
2 2005AB=
2005HA=
.
Mt cu
( )
S
cn tìm có bán kính
22
R IA HA IH= = +
2005 12=+
2017=
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 7 5 2017S x y z + + =
Câu 96: Cho điểm
(0;0;3)I
và đường thng
1
: 2 .
2
= +
=
=+
xt
d y t
zt
Phương trình mặt cu
( )
S
có tâm
I
và ct
đưng thng
d
tại hai điểm
, AB
sao cho tam giác
IAB
vuông là:
A.
( )
2
22
3
3
2
x y z+ + =
. B.
( )
2
22
8
3
3
x y z+ + =
.
C.
( )
2
22
2
3
3
x y z+ + =
. D.
( )
2
22
4
3
3
x y z+ + =
.
Li gii
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 60/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Chn B
Tam giác
IAB
là tam giác vuông, mà
IA IB R==
nên tam giác
IAB
vuông cân ti
I
.
Khi đó
( )
( )
;
2
R
IH d I d==
( Vi
H
là hình chiếu ca
I
trên đường thng
d
.
Ta có
( )
1 ;2 ;2H t t t + +
,
2 2 7 2 2 6
. 0 ; ;
3 3 3 3
3
d
IH u H IH R

= = =


.
Vậy phương trình mặt cu
( )
S
( )
2
22
8
3
3
x y z+ + =
.
Câu 97: Cho điểm
( )
2;5;1A
và mt phng
( ):6 3 2 24 0+ + =P x y z
,
H
hình chiếu vuông góc ca
A
trên mt phng
( )
P
. Phương trình mặt cu
()S
din tích
784
tiếp xúc vi mt
phng
( )
P
ti
H
, sao cho điểm
A
nm trong mt cu là:
A.
( ) ( ) ( )
2 2 2
8 8 1 196x y z + + + =
.
B.
( ) ( ) ( )
2 2 2
8 8 1 196x y z+ + + + =
.
C.
( ) ( ) ( )
2 2 2
16 4 7 196x y z+ + + + =
.
D.
( ) ( ) ( )
2 2 2
16 4 7 196x y z + + + =
.
Li gii
Chn A
Phương trình đường thng qua
A
vuông góc vi mt phng
( )
P
có dng:
( )
26
53
12
xt
y t d
zt
=+
=+
=−
.
Khi đó
( ) ( )
4;2;3H d P H=
. Ta có
2
4 14S R R
= =
.
Do mt cu
( )
S
tiếp xúc vi
( )
P
ti
H
nên tâm
I
ca mt cu thuộc đường thng
d
.
Nên tọa độ
( )
2 6 ;5 3 ;1 2I t t t+ +
( ) ( ) ( )
2 2 2
1
14 6 6 3 3 2 2 196
3
t
IH t t t
t
=
= + + + + =
=−
.
Khi đó ta được tọa độ đim
. ( Tâm
( )
16; 4;7I −−
loi do không tha mãn
IA R
).
Vây phương trình mặt cu
( )
S
có dng:
( ) ( ) ( )
2 2 2
8 8 1 196x y z + + + =
.
Câu 98: Cho mt phng
( )
: 2 2 10 0 + =P x y z
hai đường thng
1
21
:
1 1 1
−−
= =
x y z
,
2
23
:
1 1 4
−+
= =
x y z
. Mt cu
( )
S
tâm thuc
1
, tiếp xúc vi
2
mt phng
( )
P
,
phương trình:
A.
2 2 2
( 1) ( 1) ( 2) 9 + + + =x y z
hoc
2 2 2
11 7 5 81
2 2 2 4
x y z
+ + + =
.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 61/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
B.
2 2 2
( 1) ( 1) ( 2) 9+ + + + =x y z
hoc
2 2 2
11 7 5 81
2 2 2 4
x y z
+ + + + =
.
C.
2 2 2
( 1) ( 1) ( 2) 9x y z + + + =
.
D.
2 2 2
( 1) ( 1) ( 2) 3x y z + + + =
.
Li gii
Chn A
Tâm
1
21
:
1 1 1
x y z
I
−−
= =
( )
2 ; ;1I t t t +
( )
( )
10
;
3
t
d I P
+
=
Ly
( ) ( )
2
2;0; 3 ; ;4M MI t t t =
;
( )
2
1;1;4
d
u =
tính
( )
2
, 5 4;4 5 ;0
d
MI u t t

=

( )
2
2
2
,
54
;
3
d
d
MI u
t
dI
u

= =
.
Ta có
( ) ( )
( )
2
;;d I d I P R = =
5 4 10
33
tt−+
=
1
7
2
t
t
=−
=
.
Vi
( )
1 1; 1;2tI=
;
1:10
3
3
R
==
phương trình mặt cu:
2 2 2
( 1) ( 1) ( 2) 9 + + + =x y z
Vi
7 11 7
; ;2
2 2 2
tI

=


;
7
10
2
3
3
R
+
==
phương tnh mt cu:
2 2 2
11 7 5 81
2 2 2 4
x y z
+ + + =
Câu 99: Trong không gian vi h to độ
Oxyz
, cho
( )
: 4 2 6 0P x y z+ =
,
( )
: 2 4 6 0Q x y z + =
. Lp
phương trình mặt phng
( )
cha giao tuyến ca
( )
P
,
( )
Q
ct các trc tọa độ ti các
đim
,,A B C
sao cho hình chóp
.O ABC
là hình chóp đều.
A.
60x y z+ + + =
. B.
60x y z+ + =
. C.
60x y z+ =
. D.
30x y z+ + =
.
Li gii
Chn B
Ta có
( )
( )
1;4; 2
P
n =−
;
( )
( )
1; 2;4
Q
n =−
,
( ) ( )
d P Q=
chọn được
( ) ( )
( )
, 12; 6; 6
d
PQ
u n n

= =

.
Do
.O ABC
hình chóp đều nên
OA OB OC==
suy ra tọa độ ca
( )
;0;0Am
hoc
( )
;0;0Am
; ca
( )
0; ;0Bm
hoc
( )
0; ;0Bm
( )
0;0;Cm
hoc
( )
0;0;Cm
vi
0m
.
Gi s
( )
;0;0Am
;
( )
0; ;0Bm
;
( )
0;0;Cm
theo phương trình đon chn ta
( )
:1
x y z
ABC
mmm
+ + =
x y z m + + =
vectơ pháp tuyến
( )
1
1;1;1n =
, lp luận tương tự ta
có các vectơ pháp tuyến khác là
( )
2
1;1;1n =−
,
( )
3
1; 1;1n =−
,
( )
4
1;1; 1n =−
.
Do
( ) ( )
ABC
là mt phẳng xác định nên ch đưc nhn
1
trong
4
vectơ trên,
( )
cha
d
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 62/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
ta có
( )
.0
d
nu
=
suy ra
( )
( )
1
1;1;1nn
=
.
Tìm một điểm giao ca
( )
P
( )
Q
ta
0x =
xét h
0
4 2 6 0
2 4 6 0
x
x y z
x y z
=
+ =
+ =
0
3
3
x
y
z
=
=
=
đưc ta
độ đim
.
Phương trình mặt phng
( )
:
( ) ( ) ( )
1 0 1 3 1 3 0x y z + + =
60x y z + + =
.
Câu 100: Trong không gian vi h trc to độ
Oxyz
,cho t din
ABCD
điểm
( ) ( )
1;1;1 , 2;0;2AB
,
( ) ( )
1; 1;0 , 0;3;4CD−−
. Trên các cnh
,,AB AC AD
lần lượt lấy các điểm
,,B C D
tha:
4
AB AC AD
AB AC AD
+ + =
. Viết phương trình mặt phng
( )
B C D
biết t din
AB C D
có th tích
nh nht?
A.
16 40 44 39 0x y z+ + =
. B.
16 40 44 39 0x y z+ + =
.
C.
16 40 44 39 0x y z + =
. D.
16 40 44 39 0x y z =
.
Li gii
Face: Nguyn Quân
Chn A
' ' '
. . .
AB C D
ABCD
V
AB AC AD
V AB AC AD
=
Mt khác
3
4 3. . .
AB AC AD AB AC AD
AB AC AD AB AC AD
= + +
Suy ra
64 27 27
..
27 64 64
AB AC AD V
VV
AB AC AD V
min
3
.
4
AB AC AD
V
AB AC AD
= = =
Do đó
( )
P
đi qua trọng tâm
1 3 7
;;
244
G



ca t din
ABCD
và song song vi
( )
BCD
( )
, 4;10; 11n BC BD

= =

Vy
( )
:16 40 44 39 0P x y z+ + =
.
Câu 101: Trong không gian vi h to độ Oxyz, cho mt phng đi qua điểm
1;2;3M
ct các
trc Ox, Oy, Oz lần lượt ti
A
,
B
,
C
( khác gc to độ
O
) sao cho
M
trc m tam giác
ABC
. Mt phng có phương trình là:
A.
2 3 14 0x y z
. B.
10
1 2 3
x y z
.
C.
3 2 10 0x y z
. D.
2 3 14 0x y z
.
Li gii
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 63/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Face: Nguyn Quân
Chn A
T din
OABC
vuông đỉnh
,OM
là trc tâm
.ABC
( ) ( )
*
AB OC
AB OCM AB OM
AB CM
( ) ( )
**
AC OB
AC OBM AC OM
AC BM
T đó
( ) ( )
* , **
suy ra
( )
OM ABC
( )
ABC
có vecto pháp tuyến là
( )
1;2;3 .OM =
( )
ABC
có phương trình:
( ) ( ) ( )
1. 1 2 2 3 3 0 2 3 14 0.x y z x y z + + = + + =
Câu 102: Trong không gian vi h to độ
Oxyz
, cho điểm
( )
1;1;1N
. Viết phương trình mặt phng
( )
P
ct các trc
,,Ox Oy Oz
lần lượt ti
,,A B C
(không trùng vi gc ta độ
O
) sao cho
N
tâm đường tròn ngoi tiếp tam giác
ABC
A.
( )
: 3 0P x y z+ + =
. B.
( )
: 1 0P x y z+ + =
.
C.
( )
: 1 0P x y z + =
. D.
( )
: 2 4 0P x y z+ + =
.
Li gii
Face: Nguyn Quân
Chn A
Phương trình mặt phng
( )
:1
x y z
P
a b c
+ + =
,
( ) ( ) ( )
;0;0 , 0; ;0 , 0;0;A a B b C c
( ) ( )
1 1 1
1;1;1 1 (1)NP
abc
+ + =
( ) ( )
( ) ( )
22
22
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
ab
NA NB
NA NC
ac
+ + = + +
=

=
+ + = + +
(2)
ab
ac
=
=
(do
ABC
có 3 góc nhọn và có tâm đường tròn ngoi tiếp
( )
1;1;1N
nên ta có
, , 1abc
)
T (1) và (2) ta có:
3.abc= = =
Vậy phương trình mặt phng
( )
: 3 0P x y z+ + =
Câu 103: Trong không gian vi h to độ
Oxyz
,cho hai đường thng
12
,dd
lần lượt phương trình
1
2 2 3
:
2 1 3
x y z
d
==
,
2
1 2 1
:
2 1 4
x y z
d
==
. Phương trình mặt phng
( )
cách đều hai
đưng thng
12
,dd
là:
A.
7 2 4 0x y z =
. B.
7 2 4 3 0x y z + =
.
C.
2 3 3 0x y z+ + + =
. D.
14 4 8 3 0x y z + =
.
Li gii
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 64/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Face: Nguyn Quân
Chn D
1
d
có vtcp
( )
1
2;1;3u =
và đi qua điểm
( )
1
2;2;3A
.
2
d
có vtcp
( )
2
2; 1;4u =−
và đi qua điểm
( )
2
1;2;1A
( )
12
; 7; 2; 4n u u

= =

,
( )
12
1;0; 2AA =
;
1 2 1 2
; . 1 0u u A A

=

Suy ra
1
d
,
2
d
chéo nhau.
Do đó
( )
đi qua trung điểm
3
;2;2
2
I



ca
12
AA
có vtpt là
n
Vậy phương trình
( )
14 4 8 3 0x y z + =
Câu 104: Trong không gian vi h tọa độ Oxyz, gi
d
đi qua
( )
3; 1;1A
, nm trong mt phng
( )
: 5 0 + =P x y z
, đồng thi to vi
2
:
1 2 2
= =
x y z
mt góc
0
45
. Phương trình đường
thng
d
:
A.
37
1 8 .
1 15
=+
=
=
xt
yt
zt
B.
3
1.
1
=+
=
=
xt
yt
z
C.
37
1 8 .
1 15
=+
=
=−
xt
yt
zt
D.
3
1
1
=+
=
=
xt
yt
z
37
1 8 .
1 15
=+
=
=−
xt
yt
zt
Li gii
Chn C
Gi
( )
;;=
d
u a b c
là vtcp ca
( )
2 2 2
0.+ + d a b c
( )
: 5 0 + =P x y z
có vtpt
( )
( )
1; 1;1 .=−
P
n
2
:
1 2 2
= =
x y z
có vtcp
( )
1;2;2 .
=u
( )
dP
nên
( )
( )
. 0 . *= =
d
P
u n a b c
Ta có
( )
( )
0
2 2 2
2
.
22
2
cos45
2
.
3
8 15 0
0 1;1;0
.
15 7
8 15 7; 8; 15
8 8 8
++
= =
++
=
= = =
= = = =
d
d
d
d
uu
abc
uu
abc
c bc
c a b u a
b
c b c b a b u
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 65/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Vy
3 3 7
: 1 , hay : 1 8 , .
1 1 15
= + = +


= + =

= =

x t x t
d y t t d y t t
z z t
Câu 105: Trong không gian vi h tọa độ
,Oxyz
gi
d
đi qua điểm
( )
1; 1;2A
, song song vi
( )
:2 3 0 + =P x y z
, đồng thi to với đường thng
11
:
1 2 2
+−
= =
x y z
mt góc ln nht.
Phương trình đường thng
d
là:
A.
112
.
1 5 7
+
==
x y z
B.
112
.
4 5 3
+
==
x y z
C.
112
.
4 5 7
+
==
x y z
D.
112
.
1 5 7
+
==
−−
x y z
Li gii
Chn B
( )
:2 3 0 + =P x y z
vtpt
( )
( )
2; 1; 1 .=
P
n
11
:
1 2 2
+−
= =
x y z
có vtcp
( )
1; 2;2 .
=−u
( )
max
;. dd
Khi đó
( )
( )
( ) ( )
qua 1; 1;2
.
vtcp ; 4; 5; 3 4;5;3

= = =

d
P
A
d
u n u
Vy
112
:.
4 5 3
+
==
x y z
d
Câu 106: Trong h tọa độ
Oxyz
gọi d đi qua A(-1;0;-1) ct
1
122
:
2 1 1
x y z +
= =
sao cho góc gia d
2
3 2 3
:
1 2 2
x y z +
= =
là nh nht. Phương trình đường thng d là:
A.
11
2 2 1
x y z++
==
B.
11
4 5 2
x y z++
==
C.
11
4 5 2
x y z++
==
−−
D.
11
2 2 1
x y z++
==
Li gii
Chn C
( )
1
1 2 ;2 ; 2M d M t t t= + +
,
( )
2 2; 2; 1AM t t t+ +
2
có vtcp
( )
1;2;2u
.
Gi
là góc giữa hai đường thng
2
,d
:
2
2
cos
3 6 14 9
t
tt
=
++
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 66/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
+) vi
cos 00
2
== =t

+)
2
2
2 2 2
0 cos
14 9 5
5 3 7
36
3
93
t
tt
t
= =

++
++


29
cos ,
7
5
t
==
min
khi
( )
9 1 1 1
4; 5; 2 :
7 7 4 5 2
x y z
t AM d
+ +
= = = =
−−
Chn C
Câu 107: Trong không gian vi h tọa độ Oxyz, cho hai đường thng
1
12
:
2 1 1
x y z
d
−+
==
2
1 2 2
:
1 3 2
x y z
d
+
==
. Gi
đường thng song song vi
( )
: 7 0P x y z+ + =
ct
12
,dd
lần lượt ti A, B sao cho AB ngn nhất. Phương trình đường thng
là:
A.
12
5
9
xt
y
zt
=−
=
= +
B.
6
5
2
9
2
xt
y
zt
=−
=
=+
C.
6
5
2
9
2
x
yt
zt
=
=−
=+
D.
62
5
2
9
2
xt
yt
zt
=−
=+
=+
Li gii
Chn B
( ) ( )
12
1 2 ; ; 2 ,B 1 ; 2 3b;2 2A d A a a a d B b b + + +
.
( )
2 ;3 2; 2 4AB b a b a b a + +
.
(P) có vtpt
( )
1;1;1n
.
( ) ( )
2
22
5 49 49
/ / . 0 2 1;2 5; 6 6 30 62 6
2 2 2
P AB n b a AB a a a AB a a a

= = + = + +


min
AB
khi
( )
6
5 5 9 7 5
6; ; , 1;0;1
2 2 2 2 2
9
2
xt
a A AB y
zt
=−

= = =


=+
Chn B
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 67/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Câu 108: Trong không gian vi h ta độ
,Oxyz
cho hai đường thng
1
12
:
2 1 1
x y z
d
−+
==
2
12
:1
3
xt
d y t
z
= +
=+
=
. Phương trình đường thng
d
vuông góc vi
( )
:7 4 0P x y z+ =
và ct hai
đưng thng
1
d
,
2
d
A.
74
2 1 1
x y z−+
==
. B.
21
7 1 4
x y z−+
==
.
C.
21
7 1 4
x y z+−
==
−−
. D.
21
7 1 4
x y z−+
==
.
Li gii
Chn B
Gi
A
,
B
lần lượt giao điểm của đường thng
d
vi
1
d
,
2
d
;
( )
7;1; 4n =−
một véc
pháp tuyến ca
( )
.P
Do
( )
1
2 ;1 ; 2A d A a a a +
,
( )
2
1 2 ;1 ;3B d B b b + +
.
( )
2 2 1; ;5AB b a a b a = +
.
Theo gi thiết ta đưng thng
d
vuông góc vi
( )
P
nên
AB
n
cùng phương, khi đó
tn ti s thc
k
sao cho
2 2 1 7 2 2 7 1
0
5 4 4 5
a b k a b k
AB kn a b k a b k
a k a k
+ = + =

= + = + =


= =

1
2
1
a
b
k
=
=
=−
.
( )
2;0; 1A−
.
Vậy đường thng
d
đi qua điểm
( )
2;0; 1A
nhn
( )
7;1; 4n =−
làm mt véc ch
phương có phương trình:
21
7 1 4
x y z−+
==
.
Câu 109: Trong không gian vi h tọa độ
,Oxyz
cho hai đường thng
1
1 2 1
:
3 1 2
x y z+
= =
2
11
:
1 2 3
x y z−+
= =
. Phương trình đường thng
song song vi
3
:1
4
x
d y t
zt
=
= +
=+
ct hai
đưng thng
1
;
2
A.
2
3
3
x
yt
zt
=
=−
=−
. B.
2
3
3
x
yt
zt
=−
=
=
. C.
2
3
3
x
yt
zt
=−
= +
= +
. D.
2
3
3
x
yt
zt
=
= +
=+
.
Li gii
Chn A
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 68/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Gi
A
,
B
lần lượt giao điểm của đường thng
vi
1
,
2
;
( )
0;1;1u =
một véc chỉ
phương của đường thng
d
.
Do
( )
1
3 1; 2;2 1A A a a a + +
,
( )
2
1 ;2 ;3 1B B b b b +
.
( )
3 2; 2 2; 2 3 2AB a b a b a b = + + + +
.
Theo gi thiết ta đưng thng
song song vi đưng thng
d
nên
AB
và
u
cùng
phương,
khi đó tồn ti s thc
k
sao cho
3 2 0 3 2 1
2 2 2 2 1
2 3 2 2 3 2 1
a b a b a
AB ku a b k a b k b
a b k a b k k
+ + = + = =


= + = + = =


+ = + = =

.
( )
2;3;3A
.
Vậy đường thng
đi qua điểm
( )
2;3;3A
nhn
( )
0; 1; 1n =
làm một véc ch
phương có phương trình:
2
3
3
x
yt
zt
=
=−
=−
.
Câu 110: Trong không gian vi h ta độ
,Oxyz
cho đường thng
12 9 1
:,
4 3 1
x y z
d
==
mt
thng
( )
:3 5 2 0P x y z+ =
. Gi
'd
hình chiếu ca
d
lên
( )
.P
Phương trình tham số ca
'd
A.
62
25
2 61
xt
yt
zt
=−
=
=−
.
B.
62
25
2 61
xt
yt
zt
=
=−
=+
.
C.
62
25
2 61
xt
yt
zt
=
=−
= +
.
D.
62
25
2 61
xt
yt
zt
=
=−
=+
.
Li gii
Chn C
Ta có:
d
qua
và có VTCP
( )
4;3;1=a
.
( )
P
có VTPT
( )
3;5; 1=−n
.
Gi
( )
Q
là mt phng cha
d
và vuông góc
( )
P
.
( )
Q
qua
và có VPT
( )
1
; 8;7;11

= =

n a n
.
( )
: 8 7 11 22 0 + + + =Q x y z
.
'd
là hình chiếu ca
d
lên
( )
P
nên
( ) ( )
' =d P Q
. Phương trình
'd
8 7 11 22 0
3 5 2 0
+ + + =
+ =
x y z
x y z
62
25
2 61
=
=
= +
xt
yt
zt
.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 69/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Câu 111: Trong không gian vi h ta độ
,Oxyz
cho đường thng
12
: 2 4
3
xt
d y t
zt
=+
= +
=+
. Hình chiếu song
song ca
d
lên mt phng
( )
Oxz
theo phương
162
:
1 1 1
x y z+
= =
−−
có phương trình là
A.
32
0
14
xt
y
zt
=+
=
=−
.
B
.
3
0
12
xt
y
zt
=+
=
=+
.
C
.
12
0
54
xt
y
zt
=
=
=−
.
D.
32
0
15
xt
y
zt
=+
=
=−
.
Li gii
Chn D
Gi
( )
=A d Oxz
7
2;0;
2



A
.
Ly
( )
1; 2;3Md−
. Gi
d
là đường thng qua
M
và song song vi
.
Phương trình
1
:2
3
xt
d y t
zt
=−
=
=+
.
Gi
B
hình chiếu song song ca
M
lên
( )
Oxz
theo phương
( )
= B d Oxz
( )
3;0;1 B
.
Đưng thng hình chiếu song song ca
d
lên
( )
Oxz
vec chỉ phương
( )
2 2;0; 5u AB= =
Phương trình có dạng :
32
0
15
xt
y
zt
=+
=
=−
.
Câu 112: Trong không gian
Oxyz
, cho hai điểm
( )
3;0;2A
,
( )
1;2;4B
mt cu (S):
2 2 2
( 2) ( 1) 25x y z+ + + =
. Phương trình mt phng
( )
đi qua hai điểm
A
,
B
và ct mt
cu
( )
S
theo một đường tròn bán kính nh nht là
A.
4 5 17 0. + =x y z
B.
3 2 7 0x y z + =
.
C.
4 5 13 0. + =x y z
D.
3 2 11 0.+ + =x y z
Li gii
Chn D
(S) có tâm
(0; 2;1)I
và bán kính
5=R
.
( 2;2;2)AB =−
;
(3;2;1).=IA
2 2 2
=−r R IH
vi H là hình chiếu vuông góc ca I lên mt phng
( )
.
Gi K là hình chiếu vuông góc ca I lên lên đường thng AB.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 70/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
min max
()
= r IH IK H K IK
.
Khi đó
()
qua (3;0;2)
()
vtpt , , 12(3;2;1)
A
n AB AB IA


= =


.
Vy
( ):3 2 11 0
+ =x y z
.
Câu 113: Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( )
3;3; 3−−M
thuc mt phng
( )
1:2 2 5 0
+ + =x y z
mt cu
( )
2 2 2
:(x 2) (y 3) (z 5) 100 + + =S
. Đường thng
qua M, nm trên mt phng
( )
ct
()S
tại hai điểm
A
B
. Để độ dài
AB
ln nhất thì phương trình đưng thng
A.
3 3 3
.
1 4 6
+ +
==
x y z
B.
3 3 3
16 11 10
+ +
==
x y z
.
C.
35
3.
38
= +
=
= +
xt
y
zt
D.
3 3 3
.
1 1 3
+ +
==
x y z
Li gii
Chn A
(S) có tâm
(2;3;5)I
và bán kính
10=R
.
( )
1: 2 2 5 0
+ + =x y z
có vtpt
()
(2; 2;1)
=−n
.
( 5;0; 8).= IM
Gi H là hình chiếu vuông góc ca I lên
( )
,
K là hình chiếu vuông góc ca I lên AB.
2 2 2 2
4 4( )= = AB KB R IK
.
max min
qua
.
qua
=
H
AB IK IH H K
M
Khi đó
( ) ( )
qua ( 3;3; 3)
.
vtcp , , (9;36;54) 9(1;4;6)

−−


= = =


d
M
u n n IM
Vy
3 3 3
:.
1 4 6
+ +
= =
x y z
Câu 114: Trong không gian
Oxyz
,cho mt phng
( )
:2 2 9 0P x y z + =
mt cu
2 2 2
( ):( 3) ( 2) ( 1) 100S x y z + + + =
. Tọa độ đim
M
nm trên mt cu
()S
sao cho khong
cách t đim
M
đến mt phng
()P
đạt giá tr ln nht là
A.
11 14 13
;;
3 3 3
M



. B.
29 26 7
;;
3 3 3
M

−−


. C.
29 26 7
;;
3 3 3
M

−−


. D.
11 14 13
;;
3 3 3
M



.
Li gii
Chn B
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 71/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Mt cu
( )
S
tâm
( )
3; 2;1I
bán kính
100 10R ==
. Ta
( )
( )
6 4 1 9
,
3
d I P
+ +
=
6 R=
( )
P
ct mt cu
( )
S
theo giao tuyến là một đường tròn.
Gi
H
là hình chiếu vuông góc ca
I
trên
( )
P
. Tia
IH
ct mt cu
( )
S
ti
Q
tia đối ca
tia
IH
ct mt cu
( )
S
ti
K
. Khi y,
KQ
đường kính ca mt cu
( )
S
. Gi
,NJ
ln
t hình chiếu vuông góc ca
M
trên
( )
P
và ca
M
trên
KQ
.
MQK⊥
ti
M
nên
J
nm trên cnh
KQ
. Ta
MJHN
hình ch nht (
90N H J= = =
)
MN HJ=
0 HJ HK
(Vì
16 4HK HQ= =
)
( )
( )
max ; 16d M P HK = =
. Du
""=
xy ra khi
MK
.
( )
IH
đi qua
( )
3; 2;1I
và có vtcp
( )
( )
2; 2; 1
P
un= =
( ) ( )
32
: 2 2
1
xt
IH y t t
zt
=+
=
=−
.
( ) ( )
3 2 ; 2 2 ;1K IH K t t t +
. Ta li
( )
KS
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 100t t t + + =
2
10
100
3
10
9
3
t
t
t
=
=
=−
Vi
10
3
t =
29 26 7
;;
3 3 3
K



( )
( )
; 16d M P =
(nhn).
Vi
10
3
t =−
11 14 13
;;
3 3 3
K

−


( )
( )
;4d M P =
(loi).
Nhn xét: Đề bài ban đầu yêu cu tìm tọa độ đim
M
nm trên mt cu
()S
sao cho
khong cách t đim
M
đến mt phng
()P
đạt giá tr nh nht. Trong quá trình lp lun
tôi thy không phù hp vì có vô s đim
M
n đã sửa đề lại như trên.
Câu 115: Trong không gian
Oxyz
, cho hình hp ch nht
.ABCD A B C D
điểm
A
trùng vi gc
ca h trc tọa độ,
( ;0;0)Ba
,
(0; ;0)Da
,
(0;0; )Ab
( 0, 0)ab
. Gi
M
trung điểm ca
cnh
CC
. Giá tr ca t s
a
b
để hai mt phng
()A BD
( )
MBD
vuông góc vi nhau là
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 72/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
A.
1
3
. B.
1
2
. C.
1
. D.
1
.
Li gii
Chn D
Ta có
ABCD
là hình bình hành nên
AB DC=
( )
; ;0C a a
.
ACC A

là hình bình hành nên
CC AA

=
( )
;;C a a b
.
CC
có trung điểm
;;
2
b
M a a



( )
;0;BA a b
=−
( )
; ;0BD a a=−
( )
A BD
vtpt
( )
2
; ; ;BA BD ab ab a

=

vtpt khác
ca
( )
A BD
1
1;1;
a
n
b
=


(vì
0b
)
0; ;
2
b
BM a
=


( )
MBD
vtpt
2
; ; ;
22
ab ab
BM BD a
−−

=



vtpt khác ca
( )
MBD
2
2
1;1;
a
n
b
=−


(vì
0b
).
Theo gi thiết
()A BD
( )
MBD
12
nn
12
.0nn=
2
2 2 0
a
b

=


( )
1
1
a
b
a
l
b
=
=−
.
Câu 116: Trong không gian
Oxyx
, cho mt phng
( ): 2 2 4 0P x y z+ + + =
và mt cu
2 2 2
( ): 2 2 2 1 0S x y z x y z+ + =
. Giá tr của điểm
M
trên
()S
sao cho
( ,( ))d M P
đạt giá
tr nh nht là
A.
( )
1;1;3
. B.
5 7 7
;;
3 3 3



. C.
1 1 1
;;
3 3 3
−−



. D.
( )
1; 2;1
.
Li gii
Chn C
Ta có:
( )
2
2 2 2 2 2
2 2 2 1 0 1 ( 1) ( 1) 4x y z x y z x y z+ + = + + =
Mt cu
()S
có tâm
(1;1;1)I
, bán kính
2R =
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 73/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
222
1 2 2 4
( ,( )) 3
1 2 2
d I P R
+++
= =
++
. Do đó,
()S
()P
không giao nhau.
Vậy để khong cách t
M
đến
()P
đạt giá tr nh nht t
M
thuộc đường thng
d
đi qua
tâm
I
ca mt cu
()S
và vuông góc vi mt phng
()P
.
Mt phng
()P
có VTPT
(1;2;2)n =
Đưng thng
d
đi qua
I
và nhn
(1;2;2)n =
là VTCP nên
d
có phương trình là:
1
12
12
xt
yt
zt
=+
=+
=+
(1 ;1 2 ;1 2 )M d M t t t + + +
( )
2
2 2 2
2
( ) 1 1 (1 2 1) (1 2 1) 4 9 4
3
M S t t t t t + + + + + = = =
Vi
2 5 7 7
( ; ; )
3 3 3 3
tM=
11
( ,( ))
3
d M P=
Vi
2 1 1 1
( ; ; )
3 3 3 3
tM
−−
=
1
( ,( ))
3
d M P=
Vy
1 1 1
;;
3 3 3
M
−−



tha mãn yêu cu bài toán.
Câu 117: Trong không gian vi h trc tọa độ
Oxyz
, cho điểm
(10;2; 1)A
và đường thng
11
:
2 1 3
x y z
d
−−
==
. Gi
()P
là mt phẳng đi qua điểm
A
, song song với đường thng
d
sao
cho khong cách gia
d
()P
ln nht. Khong cách t đim
( 1;2;3)M
đến mt phng
()P
A.
97 3
15
. B.
76 790
790
. C.
2 13
13
. D.
3 29
29
.
Li gii
Chn A
Gi
H
là hình chiếu ca
A
trên
d
, gi
I
là hình chiếu ca
H
trên
()P
.
Mt phng
()P
đi qua điểm
A
, song song với đường thng
d
nên
( ,( )) ( ,( ))d d P d H P IH==
.
Ta có
AH IH
nên
IH
ln nht
AH IH A I =
.
Vy mt phng
()P
tha mãn yêu cu bài toán mt phẳng đi qua điểm
A
nhận vectơ
AH
làm VTPT.
Ta có
(1 2 ; ;1 3 )H d H t t t + +
(2 9; 2;3 2)AH t t t = +
11
: (2;1;3)
2 1 3
d
x y z
du
−−
= = =
H
hình chiếu ca
A
trên
d
nên
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 74/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
. 0 2(2 9) ( 2) 3(3 2) 0 1
d
AH d AH u t t t t = + + + = =
Do đó
(3;1;4) ( 7; 1;5)H AH =
Mt phng
()P
đi qua điểm
(10;2; 1)A
VTPT
( 7; 1;5)AH =
nên
()P
phương
trình là:
7( 10) ( 2) 5( 1) 0 7 5 77 0x y z x y z + + = + =
Vy
22
7 2 5.3 77
97 3
( ;( ))
15
7 1 ( 5)
d M P
+
==
+ +
.
Câu 118: Trong không gian vi h trc to độ
,Oxyz
cho điểm
( )
2;5;3A
đường thng
12
:
2 1 2
x y z
d
−−
==
. Gi
( )
P
mt phng chứa đường thng
d
sao cho khong cách t
A
đến
( )
P
ln nht. Tính khong cách t đim
( )
1;2; 1M
đến mt phng
( )
P
.
A.
11 18
18
. B.
32
. C.
11
18
. D.
4
3
.
Li gii
Chn A
K
( )
,AH P
AK d
.
Ta có
Kd
( )
1 2 , , 2 2K t t t + +
( )
AK 2 1, 5, 2 1 .t t t =
Ta có:
( )
2;1;2 .
d
u
.0
d
AK d AK u =
2(2 1) 1( 5) 2(2 1) 0t t t + + =
1t=
( )
3;1;4 ,K
( )
1; 4;1 .AK =−
Do
( )
,AH P
AK d
,
()dP
nên
AH KH
.AH AK
max AH AK=
khi H K
hay
( )
.AK P
( )
P
đi qua
( )
3;1;4K
nhn
AK
làm VTPT nên phương trình
( )
P
là:
4 3 0.x y z + =
11 18
( ,( )) .
18
d M P=
Câu 119: Trong không gian vi h trc to độ
,Oxyz
cho mt phng
( )
: 2 0P x y z+ + =
hai
đưng thng
1
:
22
xt
d y t
zt
=+
=
=+
;
3
: 1 .
12
xt
d y t
zt
=−

=+
=−
Biết rằng 2 đường thẳng các đặc điểm:
song song vi
( )
P
; ct
, dd
to vi
d
góc
O
30 .
Tính cosin góc to bởi hai đường thng
đó.
A.
1
5
. B.
1
2
. C.
2
3
. D.
1
2
.
Li gii
Chn B
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 75/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Gi
là đường thng tha mãn YCBT.
Gọi giao điểm của đường thng
với hai đường thng
, dd
lần lượt là
, .MN
Ta có:
( )
1 , , 2 2 ,M t t t++
( )
3 , 1 , 1 2 .N t t t
+
( )
2 , 1+ , 1 2 2 .MN t t t t t t
=
( )
()
1;1; 1 ,
P
n =−
(1;1;2).
d
u
//( )P
()
. 0 4 2 0 2.
P
MN n t t

= + = =
( )
4 , -1 , 3 2 .MN t t t =
( )
, 5, -5, 5 .
d
MN u

=

( )
0
, 30d =
( )
0
sin , sin30d =
,
1
2
.
d
d
MN u
MN u

=
2
6 18 24 0tt =
12
4, 1.tt = =
( ) ( )
1
0; 5; 5 5 0;1;1 ,MN = =
( ) ( )
2
5;0;5 5 1;0;1 .MN ==
Do đó 2 VTCP của hai đường thng
12
, 
cn tìm là:
( )
1
0;1;1 ,u =
( )
2
1;0;1 .u =
( )
12
sin ,
12
12
,
3
2
.
uu
uu

==
( )
12
1
os ,
2
c =
( do góc giữa hai đường thng là góc nhn).
Câu 120: Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho ba đim
( )
1; 0; 1A
,
( )
3; -2; 0B
;
( )
3; -2; 0B
Gi
( )
P
mt phẳng đi qua
A
sao cho tng khong cách t
B
C
đến
( )
P
. ln nht. Biết
rng
( )
P
không ct
BC
. Khi đó, điểm nào sau đây thuộc mt phng
( )
P
?
A.
( )
2;0;3G
. B.
( )
3;0; 2F
. C.
( )
1;3;1E
. D.
( )
0;3;1H
.
Li gii
Chn C
Gi
I
là trung điểm ca
BC
( )
2;0; 1I−
Theo gi thiết
( )
P
không ct
BC
nên
;BC
nm cùng phía vi
( )
P
.
Do đó
( )
( )
( )
( )
; ; 2 2 2 5d B P d C P BH CK IJ IA+ = + = =
Trong đó
;;H K J
lần lượt là hình chiếu vuông góc ca
B;C;I
lên mt phng
( )
P
Dấu “=” xảy ra
JA
hay
( )
P IA
.
Suy ra, Mt phng
( )
P
có VTPT
( )
1;0;2IA =−
Do đó, Phương trình mặt phng
( )
P
qua
( )
1; 0; 1A
VTPT
( )
1;0;2n =−
là:
( ) ( ) ( )
: 2z 1 0 1;3;1P x E P + =
.
Câu 121: Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho ba điểm
( )
1; 0; 0A
,
( )
0; b; 0B
,
( )
0; 0; cC
, trong
đó
;bc
dương mặt phng
( )
: 1 0P y z + =
. Biết rng mt phng
( ) ( )
ABC P
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 76/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
( )
( )
1
;
3
d O ABC =
. Mệnh đề nào đúng?
A.
1.bc+=
B.
1.bc+=
C.
1.bc+=
D.
1.bc+=
Li gii
Chn A
Phương trình mặt phng
( )
: 1 z
1
x y z
ABC bcx cy b bc
bc
+ + = + + =
Ta
( )
( )
( )
0;1; 1 ; ;c;b
P
ABC
n n bc−=
. Do mt phng
( ) ( )
( )
P
ABC
ABC P n n
( )
( )
. 0 *
P
ABC
n n b c= =
Mt khác,
( )
( )
( )
( )
2
22
11
; **
33
bc
d O ABC
bc b c
= =
++
Thay (*) vào (**) ta được:
2 4 2 4 2
0
3 2 8 2 0
1
2
c
c c c c c
c
=
= + =
=
Do
;bc
dương nên
1
2
bc==
.
Vy,
1.bc+=
Câu 122: Trong không gian vi h trc to độ cho 3 điểm
( ) ( ) ( )
1;2;3 , 0;1;1 , 1;0; 2A B C
.
Đim
( )
: 2 0M P x y z + + + =
sao cho giá tr ca biu thc
2 2 2
23T MA MB MC= + +
nh
nhất. Khi đó, điểm
M
cách
( )
:2 2 3 0Q x y z + =
mt khong bng
A.
121
54
. B.
24
. C.
25
3
. D.
91
54
.
Li gii
Chn D
Gi
I
điểm tha mãn
4 4 1
2 3 0 ; ;
6 6 6
IA IB IC I
+ + =


.
( )
2 2 2 2 2 2 2 2
2 3 6 2 2 3 2 3 6T IA IB IC IM IM IA IB IC IA IB IC IM= + + + + + = + + +
.
T
nh nht
IM
ngn nht
M
là hình chiếu ca
I
trên
( )
P
.
4
6
4
:
6
1
6
xt
d y t t R
zt
=+
= +
= +
là đường thẳng đi qua
I
và vuông góc vi
( )
P
.
( ) ( )
( )
7 7 22 91
; ; ,
18 18 18 54
M d P M d M Q
−−−

= =


.
,Oxyz
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 77/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Câu 123: (Đề minh ha L1) Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
cho bốn điểm
( )
1; 2;0A
,
( )
0; 1;1B
( )
2;1; 1C
,
( )
3;1;4D
. Hi có tt c bao nhiêu mt phẳng cách đều bốn điểm đó?
A. 1. B. 4. C. 7. D. Vô s.
Li gii
Chn C
( ) ( ) ( ) ( )
1;1;1 , 1;3; 1 , 2;3;4 , 4;0; 4 , 0AB AC AD AB AC AB AC AD
= = = =
, suy ra
bốn điểm A, B, C, D là bốn đỉnh ca mt t din.
Xét mp(P) hai điểm M, N không nằm trên (P), ta có: (P) cách đều hai điểm M, N khi và
ch khi (P) song song vi MN hoặc (P) đi qua trung điểm của đoạn MN.
Vy có 7 mt phẳng cách đều 4 điểm A, B, C, D, trong đó có
4 mt phng mà mi mt phẳng đi qua trung điểm ca ba cnh chung một đỉnh.
3 mt phng mi mt phng song song vi hai cạnh đối diện đi qua trung điểm
ca bn cnh còn li.
Chn C
Câu 124: (Đề minh ha L1 )Cho Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
cho điểm đường
thng
d
phương trình:
1 2 1
1 1 2
xy−+
==
. Viết phương trình đưng thng đi qua
A
,
vuông góc và ct
d
.
A.
1 2 2
:
1 1 1
xy−−
= =
. B.
12
:
1 1 1
x y z−−
= =
.
C.
1 2 2
:
2 1 1
xy−−
= =
. D.
12
:
1 3 1
x y z−−
= =
.
Li gii
Chn B
Gi
Bd
tọa độ
1; ;2 1B t t t
,
; ;2 3AB t t t
.
Ta có
. 0 2. 2 3 0 1 2;1; 1
d
AB u t t t t B
Đường thng đi qua
1;0;2A
, vecto ch phương
1;1; 1AB
.
Suy ra phương trình đường thng
12
:
1 1 1
x y z−−
= =
.
Câu 125: (Đề th nghim 2017) Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho hai đim
2;3;1A
5;6;2B
. Đường thng
AB
ct mt phng
Oxz
tại điểm
M
. Tính t s
AM
BM
.
A.
1
2
AM
BM
=
. B.
2
AM
BM
=
. C.
1
3
AM
BM
=
. D.
3
AM
BM
=
.
Li gii
Chn A
(1;0;2)A
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 78/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Mt phng
Oxz
có phương trình
0y
.
Ta có
( )
( )
( )
( )
,
31
62
,
d A Oxz
AM
BM
d B Oxz
= = =
.
Câu 126: (Đề th nghim 2017) Trong không gian vi h tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phng
( )
P
song song và cách đều hai đường thng
1
2
:
1 1 1
x y z
d
==
2
12
:
2 1 1
x y z
d
−−
==
−−
.
A.
2 2 1 0xz + =
. B.
2 2 1 0yz + =
. C.
2 2 1 0xy + =
. D.
2 2 1 0yz =
.
Li gii
Chn B
( ) ( )
1;1;1 , 2; 1; 1uv= =
lần lượt là véc tơ chỉ phương của
12
,dd
.
( )
, 0;1; 1uv

=−

.
( ) ( ) ( )
12
2;0;0 , 0;1;2 2;1;2A d B d AB =
.
,0u v AB



12
,dd
chéo nhau suy ra duy
nht mt mt phng
( )
P
song song và cách đều
12
,dd
.
( )
P
đi qua trung điểm
1
1; ;1
2
I



của đoạn AB và nhn
( )
, 0;1; 1uv

=−

làm VTPT.
Vy
( )
:2 2 1 0P y z + =
. Chn B
Câu 127: (Tp chí THTT Ln 5) Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho điểm
( )
1;2; 1M
. Viết
phương trình mặt phng
( )
đi qua gốc tọa độ
( )
0;0;0O
và cách
M
mt khong ln nht.
A.
20x y z+ =
. B.
1
1 2 1
x y z
+ + =
. C.
0x y z =
. D.
20x y z+ + =
.
Li gii
Chn A
(
Oxz
)
H2
H1
M
A
B
P
O
M
H
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 79/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Gi (P) là mt mt phẳng đi qua O, H là hình chiếu của M trên (P). Khi đó
( )
( )
,.d M P MH=
Ta có
MH OM MH
ln nht khi và ch khi
( )
MH OM H O OM P=
.
Vây
( )
là mt phẳng đi qua O và có VTPT
( ) ( )
1;2; 1 : 2 0OM x y z
= + =
. Chn A
Câu 128: (THPT Hai Trưng Lần 1) Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho điểm
( ) ( ) ( )
2;0; 2 , 3; 1; 4 , 2;2;0A B C
. Tìm điểm
D
trong mt phng
( )
Oyz
cao độ âm sao
cho th tích ca khi t din
ABCD
bng 2 khong cách t
D
đến mt phng
( )
Oxy
bằng 1. Khi đó có tọa độ đim
D
tha mãn bài toán là:
A.
( )
0;3; 1D
B.
( )
0; 3; 1D −−
. C.
( )
0;1; 1D
. D.
( )
0;2; 1D
.
Li gii
Chn A
( )
D Oyz
nên
,
0z
.
Do
( )
( )
,1d D Oxy =
nên
11zz= =
( )
0; ; 1Dy−
Ta có
( ) ( )
1; 1; 2 , 4;2;2AB AC= =
( )
, 2;6; 2AB AC

=

;
( )
2; ;1AD y=−
.
11
, . 6 6 1
66
ABCD
V AB AC AD y y

= = =

.
Theo gi thiết
2
ABCD
V =
3
12
1
y
y
y
=
=
=−
( )
( )
0;3; 1
0; 1; 1
D
D
−−
.
Câu 129: (THPT Hai Trưng Lần 1) Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho điểm
( )
1;2;3H
.
Mt phng
( )
P
đi qua điểm
H
, ct
,,Ox Oy Oz
ti
,,A B C
sao cho
H
trc tâm ca tam
giác
ABC
. Phương trình của mt phng
( )
P
A.
( )
:3 2 11 0P x y z+ + =
. B.
( )
:3 2 10 0P x y z+ + =
.
C.
( )
: 3 2 13 0P x y z+ + =
. D.
( )
: 2 3 14 0P x y z+ + =
.
Li gii
Chn D
Do
OABC
là tam din vuông và
H
là trc tâm tam giác
ABC
nên
( )
OH ABC
. Suy ra
( )
P
đi điểm
( )
1;2;3H
và có véc tơ pháp tuyến
( )
1;2;3OH =
nên
( )
P
có phương trình
( ) ( ) ( )
1 1 2 2 3 3 0x y z + + =
Hay
2 3 14 0x y z+ + =
.
Câu 130: Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho điểm
( )
0;0;4A
, điểm
M
nm trên mt phng
( )
Oxy
MO
. Gi
D
hình chiếu vuông góc ca
O
lên
AM
E
trung điểm ca
OM
. Biết đường thng
DE
luôn tiếp xúc vi mt mt cu c định. Tính bán kính mt cu
đó.
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 80/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
A.
2R =
. B.
1R =
. C.
4R =
. D.
2R =
.
Lời giải
Chn A
Ta
ODM
vuông ti
D
có
DE
trung tuyến nên
OED
cân ti
E
, suy ra
( )
1.EOD EDO =
Gi
I
trung điểm ca
OA
, ta
ODA
vuông ti
D
DI
trung tuyến nên
ODA
cân ti
I
, suy ra
( )
2IOD IDO =
.
T (1) (2) ta có:
0
90EDI EDO IDO EOD IOD IOE = + = + = =
hay
2.
2
OA
ED DI = =
Vậy đường thng
DE
luôn tiếp xúc vi mt cu tâm
I
bán kính
2.
2
OA
R ==
Câu 131: Cho điểm
(0;8;2)A
mặt cầu
()S
phương trình
2 2 2
( ):( 5) ( 3) ( 7) 72S x y z + + + =
đim
(9; 7;23)B
. Viết phương trình mặt phng
()P
qua
A
tiếp xúc vi
()S
sao cho khong
cách t
B
đến
()P
là ln nht. Gi s
(1; ; )n m n=
là một vectơ pháp tuyến ca
()P
. Lúc đó
A.
. 2.mn=
B.
. 2.mn=−
C.
. 4.mn=
D.
. 4.mn=−
Lời giải
Chn D
Gọi phương trình mặt phng (P) là:
0x my nz d+ + + =
( )
AP
nên ta
( ) ( )
8 2 0 8 2 : 8 2 0m n d d m n P x my nz m n+ + = = + + + =
.
Do
( )
P
tiếp xúc vi mt cu
( )
S
nên
( )
( )
22
5 11 5
; 6 2
1
mn
d I P R
mn
−+
= =
++
.
Ta có:
( )
( )
( ) ( )
2 2 2 2
5 11 5 4 1 4
9 7 23 8 2
;
11
m n m n
m n m n
d B P
m n m n
+ + +
+
==
+ + + +
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 81/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
( )
( )
2 2 2 2
5 11 5 1 4
;4
11
m n m n
d B P
m n m n
+ +
+
+ + + +
( )
( )
22
14
; 6 2 4
1
mn
d B P
mn
−+
+
++
( )
( )
( )
( )
22
22
1 1 16 1
; 6 2 4
1
Cosi Svac
mn
d B P
mn
+ + + +
+
++
( )
( )
; 18 2d B P
.
Dấu “=” xảy ra khi
22
1
1
4
4
5 11 5
62
0
1
n
m
m
n
mn
d
mn
= =
=−

=

−+

=
=
++
.
Câu 132: Trong không gian cho đường thng
31
:
1 2 3
x y z−+
= =
đường thng
3 1 2
:
3 1 2
x y z
d
+ +
==
. Viết phương trình mặt phng
( )
P
đi qua
to với đường thng
d
mt góc ln nht.
A.
19 17 2 77 .00x y z =
B.
19 17 2 34 .00x y z + =
C.
31 8 5 91 .0x y z + =
D.
31 8 5 98 .0x y z =
Li gii
Chn D
Cách 1:
( )
:0P ax by cz d+ + + =
( )
P
cha
nên
( )
P
đi qua
( )
3;0; 1A
P
nu
3 0 2 3
2 3 0 3 10 6
a c d a a c
a b c d c a c b
+ = =



+ + = = =

( )
( )
2
57
sin ,
5 10 2 14
bc
dP
b c bc
+
=
++
Nếu
( )
( )
5
0 sin ,
14
c d P= =
Nếu
( )
( )
2
57
0 sin ,
5 10 12 14
b
c
c d P
bb
cc
+
=

++


Xét hàm s
( ) ( )
2
22
25 70 49 10 1
5
5 12 10 5 12 10
t t t
f t g t
t t t t
+ +
= = + =
+ + + +
( )
( )
2
2
2
8
50 10 112
5
'0
7
5 12 10
5
t
tt
gt
tt
t
=
+ +
= =
++
=−
( )
75 8
maxg
14 5
tt= =
Chn
8, 5 31; 98b c a d= = = =
. Vy Chn D
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 82/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
Câu 133: Trong không gian
Oxyz
cho mt cu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 2 3 9S x y z + + =
mt phng
( )
:2 2 3 0.P x y z + + =
Gi
( )
;;M a b c
điểm trên mt cu
( )
S
sao cho khong cách t
M
đến
( )
P
là ln nhất. Khi đó
A.
5.abc+ + =
B.
6.abc+ + =
C.
7.abc+ + =
D.
8.abc+ + =
Li gii
Chn C
Mt cu
( )
S
có tâm
( )
1;2;3I
, bán kính
3.R =
Ta có:
( )
( )
=
4
,
3
d I P R
vy
( )
P
ct
( )
S
. Khi đó
( )
( )
,d M P
ln nht
Md
đi qua I, vuông
góc vi
( )
P
và ct mt cu tại 2 điểm
12
,MM
. PTĐT
12
: 2 2
3
xt
d y t
zt
=+
=−
=+
d
ct
( )
S
ti
12
,MM
nên tọa độ
12
,MM
nghim ca h
( ) ( ) ( )
2 2 2
12
22
1
3
1
1 2 3 9
xt
yt
t
zt
t
x y z
=+
=−
=
=+
=−
+ + =
Vi
( ) ( )
( )
11
13
1 3;0;4 ,
3
t M d M P= =
Vi
( ) ( )
( )
22
5
1 1;4;2 ,
3
t M d M P= =
Vy khong cách t
M
đến
( )
P
ln nht bng
13
3
khi
( )
3;0;4 7.M a b c + + =
Câu 134: Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho đường thng
13
:
1 2 1
x y z
d
−+
==
−−
mt cu
( )
S
tâm
I
phương trình:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 2 1 18.S x y z + + + =
Đưng thng
d
ct
( )
S
ti 2
đim
,.AB
Tính din tích tam giác
.IAB
A.
8 11
.
3
B.
16 11
.
3
C.
11
.
6
D.
8 11
.
9
Li gii
Chn A
Phương trình tham số của đường thng
1
:2
3
xt
d y t
zt
=−
=
=
Đưng thng
d
ct
( )
S
tại 2 điểm
,AB
. Khi đó tọa độ
,AB
ng vi
t
nghim ca
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 83/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
phương trình:
( ) ( ) ( )
2 2 2
1
1 1 2 2 3 1 18
5
3
t
t t t
t
=−
+ + + =
=
Vi
( )
1 2; 2; 2tA=
Vi
5 2 10 14
;;
3 3 3 3
tB

=


.
Mt cu
( )
S
có tâm
( )
1;2; 1 .I
Khi đó
1 8 11
,.
23
IAB
S IA IB

==

Câu 135: Cho hình lập phương
.ABCD A B C D
cnh bng
2
. Tính khong cách gia hai mt
phng
( ) ( )
.AB D BC D
A.
3
3
. B.
3
. C.
3
2
. D.
2
3
.
Li gii
Chn D
Ta có
( ) ( )
/ / .AB D BC D
( ) ( )
( )
( )
( )
' ' , ' , 'd AB D BC D d A BC D=
Gn h trc tọa độ
( )
Axyz
, trong đó
( ) ( ) ( ) ( )
0;0;0 , 2;0;0 , 0;2;0 , ' 2;2;2A B D C
Mt phng
( )
BC D
qua
( )
2;0;0B
có vtpt
( )
', 4; 4;4n BC BD= =
( )
: 4( 2) 4 4 0 2 0pt BC D x y z x y z
+ = + =
( )
( )
2
,'
3
d A BC D =
.
Câu 136: Trong không gian
Oxyz
, cho điểm
( ) ( ) ( )
2;0; 2 , 3; 1; 4 , 2;2;0 .A B C
Đim
D
trong mt
phng
( )
Oyz
cao độ âm sao cho th tích ca khi t din
ABCD
bng 2 khong cách
t
D
đến mt phng
( )
Oxy
bằng 1. Khi đó có tọa độ đim
D
tha mãn bài toán là
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 84/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
A.
( )
0;3; 1D
. B.
( )
0; 3; 1D −−
. C.
( )
0;1; 1D
. D.
( )
0;2; 1D
.
Li gii
Chn A
( )
( ) ( )
( ) 0; ; , 0
,(Ox ) 1 1 0; ; 1
D Oyz D y z z
d D y z z D y
= = =
Ta có
( )
, 2;6; 2 , ( 2; ;1)AB AC AD y

= =

( )
( )
3
11
, . 4 6 2 2
1
66
0;3; 1
0; 1; 1
ABCD
y
V AB AC AD y
y
D
D
=

= = + =

=−
−−
Câu 137: Trong không gian vi h tọa độ
Oxyz
, cho điểm
(2;11; 5)A
và mt phng
22
( ):2 ( 1) ( 1) 10 0P mx m y m z+ + + =
. Biết rng khi
m
thay đổi, tn ti hai mt cu c định
tiếp xúc vi mt phng
()P
và cùng đi qua
A
. Tìm tng bán kính ca hai mt cầu đó.
A.
22
. B.
52
. C.
72
. D.
12 2
.
Li gii
Chn D
Gi
0 0 0
( ; ; )I x y z
tâm mt cu. mt cu tiếp xúc vi mt phng nên ta
22
0 0 0
00
00
22
2 ( 1) ( 1) 10
2 2 10
11
( ;( ))
11
22
mx m y m z
mx z
d I P y z const
mm
+ + +
−−
= = + + =
++
vi mi
m suy ra
00
00
2 0 0
2 10 0 5
xx
zz
==



= =

00
1
(0;y ; 5) ( ,( )) 5
2
I d I P y =
Mt khác mt cầu đi qua A nên
0
2
0
5
( ;( )) 4 ( 11) (0;25; 5); (0;9; 5)
2
y
IA d I P y I I
= + =
Vi
(0;25; 5) 10 2IR =
Vi
(0;9; 5) 2 2IR =
Câu 138: Trong không gian vi h ta độ
Oxyz
, cho ba điểm
(5;5;0), (1;2;3), (3;5; 1)A B C
mt
phng
( ): 5 0P x y z+ + + =
. Tính th tích
V
ca khi t din
.S ABC
biết đỉnh
S
thuc mt
phng
()P
SA SB SC==
.
A.
145
6
V =
. B.
145V =
. C.
45
6
V =
. D.
127
3
V =
.
Li gii
Chn A
SA SB SC==
nên hình chiếu của đỉnh S xung mt phẳng đáy trùng với tâm đường
Chuyên đề: Cc tr hình gii tích
T ra n g 85/ 85
Nguyn Hoàng Vit - Website: http://luyenthitracnghiem.vn
0905193688
tròn ngoi tiếp tam giác
ABC
Phương trình mặt phng
( )
:3 10 6 35 0ABC x y z + =
Phương trình mặt phng trung trc cnh
:4 3 3 18 0AB x y z+ =
Phương trình mặt phng trung trc cnh
15
:2 0
2
AC x z+ =
Suy ra tọa độ tâm đường tròn ngoi tiếp
73
3; ;
22
I



Phương trình đường thng
33
7
: 10
2
3
6
2
xt
SI y t
zt
=+
=−
=−
, do điểm S thuc mt phng
14 9
( ) t 1 6; ; 145
22
P S SI

= =


145
34, 29, 5
2
ABC
AB BC AC S
= = = =
Vy
1 145
..
36
ABC
V SI S==
.
| 1/85

Preview text:

Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 1/ 8 5 x −1 y z + 2 Câu 1: Cho đường thẳng  : = = và hai điểm ( A 0; 1 − ;3), B(1; 2
− ;1).Tìm tọa độ điểm M 2 1 1 −
thuộc đường thẳng  sao cho 2 2
MA + 2MB đạt 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 2 2 2
M   M (1+ 2t;t; 2 − −t)nên ta có 2
MA = (− − t ) + (− − t ) + ( + t ) 2 1 2 1 5 = 6t +16t + 27 ;
MB = (− t )2 + (− − t )2 + ( + t )2 2 2 2 2 3 = 6t +10t +13 Suy ra 2 2 2
MA + 2MB = 18t + 36t + 53 = ( 2 18 t + 2t + ) 1 + 35 = (t + )2 18 1 + 35  35 nên 2 2 MA + 2MB đạt
giá trị nhỏ nhất khi t = 1 − suy ra M ( 1 − ; 1 − ; 1 − ) . x y −1 z + 2 Câu 2: Cho đường thẳng  : = = và ba điểm ( A 1;3; 2 − ), B(0;4; 5 − ), C(1;2; 4) − . Biết điểm 1 1 2 − M ( ; a ;
b c) thuộc đường thẳng  sao cho 2 2 2
MA + MB + 2MC 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 2 2 2
M   M (t;1+ t; 2 − − 2t)nên ta có 2
MA = ( − t ) + ( − t ) + ( t ) 2 1 2 2
= 6t − 6t + 5 ; MB = ( t
− )2 + ( − t)2 + (− + t)2 2 2 3 3 2
= 6t −18t +18 .
MC = ( − t )2 + ( − t )2 + (− + t )2 2 2 1 1 2 2 = 6t −12t + 6 2 2
 2MC = 12t − 24t +12 Suy ra 2 2 2 2
MA + MB + 2MB = 24t − 48t + 35 = ( 2 24 t − 2t + ) 1 +11 = (t − )2 24 1 +11  11nên 2 2 2
MA + MB + 2MC đạt giá trị nhỏ nhất khit =1suy ra M (1;2; 4
− ) nên a =1;b = 2;c = 3 − . Khi đó
a + b + c = 1 − x y z −1 Câu 3:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  : = = và hai điểm 2 1 − 1 − A( 1 − ; 1 − ;6), B(2; 1
− ;0) . Biết điểm M thuộc đường thẳng  sao cho biểu thức 2 2 MA + 3MB
đạt giá trị nhỏ nhất là T . Khi đó, T bằng bao nhiêu? min min 1 25 A. T = . B. T = 25 . C. T = . D. T = 39 . min 2 min min 2 min Lời giải Chọn D
Đường thẳng  đi qua điểm M (0;0; )
1 và có véc tơ chỉ phương u = (2; 1 − ;− ) 1 nên có o
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 2 / 8 5 x = 2t
phương trình tham số:  y = − t (t  ). z =1−  t
M thuộc đường thẳng  nên M (2t;−t;1−t) . 2 2 2 2 2 2 Ta có 2 2
MA + 3MB = (2t + ) 1 + (t − ) 1 + (t + 5) + 3 (
 2t − 2) +(t − ) 1 + (t − ) 1     45  2 2
= 24t − 24t + 45 = 6 4t − 4t +    6  ( t − )2 39 = 6 2 1 + = 6(2t − )2
1 + 39  39, t  .    6  1  1 − 1  Vậy ( 2 2
min MA + 3MB ) = 39  t = hay M 1; ;   . 2  2 2  x −1 y z + 2 Câu 4:
Cho đường thẳng d : = = và A(1; 1 − ;0), B(0; 1 − ;2),C( 1
− ;1;0) . Tìm tọa độ điểm 1 − 1 1
M thuộc đường thẳng d sao cho MA + 2MB MC đạt giá trị nhỏ nhất.  1 2 4  A. M ; ; −   .
B. M (0;1;− ) 1 .  3 3 3   2 1 5 
C. M − ; ; −   .
D. M (2; 1 − ; 4 − ).  3 3 3  Lời giải Chọn A
Gọi M có tọa độ là: M (1−t;t; 2 − +t) .
Ta có: MA = (t; t
− −1;2 −t),2MB = (2t − 2; 2
t − 2;8− 2t),MC = (t − 2;1−t;2 −t).
Do đó: MA + 2MB MC = (2t; 2
t − 4;8− 2t) . 2 224
Suy ra: MA + 2MB MC = 4t + (2t + 4)2 + (2t − 8)2 2 2
=12t −16t + 80  . 3 4 42
MA + 2MB MC  . 3 2  1 2 4 
Dấu " = " xảy ra  t = hay M ; ; −   . 3  3 3 3  x y +1 z −1 Câu 5: Cho đường thẳng  : = = và hai điểm ( A 1; 0;1), B( 1
− ;1;2). Biết điểm M ( ; a ; b c) 2 1 1 −
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
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 3/ 8 5
Do M   M (2t; 1 − + t;1−t)
MA = (1− 2t;1− t;t) MB = ( 1
− − 2t;2 −t;1+ t) 3MB = ( 3
− − 6t;6 −3t;3+ 3t)
MA − 3MB = (4 + 4t; 5 − + 2t; 3 − − 2t) 1 2 2 MA − 3MB = 24t + 24t + 50 = 24(t + ) + 44  44 2
MA − 3MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 44 khi 1 t = − 2
Khi đó điểm M có tọa độ là 3 3 M ( 1
− ;− ; ) và a + 2b + 4c = 1 − − 3+ 6 = 2 2 2 x +1 y −1 z + 2 Câu 6: Cho đường thẳng  : = = và (
A 1;1; 0), B(3; 1
− ;4), C(−1;0;1). Tìm tọa độ điểm 1 1 − 2
M thuộc đường thẳng  sao cho 2 2 2
MA MB + 4MC đạt giá trị nhỏ nhất.  1 1 2   1 1  A. M (0;0;0) .
B. M − ; ; − . 
C. M ( 2 − ;2; 4) − .
D. M − ; − ;0 .    3 3 3   2 2  Lời giải Chọn B
Do M   M ( 1
− + t;1− t; 2 − + 2t)
MA = (2 − t;t; 2 − 2t) MB = (4 − t; 2
− + t;6 − 2t) MC = ( t − ; 1
− + t;3− 2t) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
MA MB + 4MC = (2 − t) + t + (2 − 2t) − 4[(4 - t) + (t − 2) + (6 − 2t) ] +[t + (t −1) + (3 − 2t) ] 2 2 2
= 6t −12t + 8 − (6t − 36t + 56) + 4(6t −14t +10) 2 7 7 2 2
= 24t − 32t − 8 = 24[(t − ) − ]  − 3 9 9 2 2 2
MA MB + 4MC đạt giá trị nhỏ nhất bằng 7 − khi 2 t = 9 3 Suy ra điểm 1 1 2 M (− ; ; − ) 3 3 3 x +1 y −1 z + 2 Câu 7: Cho đường thẳng  : = =
. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  sao cho 1 1 − 2
MA + MB − 3MC đạt giá trị nhỏ nhất với A(2;1;− 2), B(6;−1; ) 1 ,C (1;1;− 2) .  3 3   1 1 2 
A. M − ; ; −3   . B. M ; − ;   . C. M ( 3 − ;3; 6) − . D. M ( 1 − ;1; 2 − ) .  2 2   3 3 3  Lời giải Chọn C
Gọi I là điểm thỏa mãn IA + IB − 3IC = 0  I ( 5 − ;3; 5 − ).
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 4 / 8 5
Ta có: P = MA + MB − 3MC = MI + IA + MI + IB − 3MI − 3IC = MI = IM .
M   M ( −1+ t ;1− t ;− 2 + 2t) 2 2 2 2 2
IM = (t + 4) + ( t
− − 2) + (2t + 3) = 6t + 24t + 29 = 6(t + 2) + 5  5 . Do đó P = 5 khi t = 2 −  M ( 3 − ;3; 6) − . min x y −1 z +1 Câu 8: Cho đường thẳng  : = = và hai điểm (
A 1; 0; −1), B(2;1; 1
− ). Biết điểm M thuộc 1 1 − 1
đường thẳng  sao cho T = MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất là T . Khi đó, T bằng bao min min nhiêu? A. T = 4. B. T = 3 . C. T = 14 . D. T = 6 . min min min min Lời giải Chọn C  5 2 
Gọi I là điểm thỏa mãn IA + 2IB = 0  I ; ; −1   .  3 3 
Ta có: P = MA + 2MB = MI + IA + 2MI + 2IB = 3MI = 3.IM .
M   M (t ;1− t ;−1+ t) 2 2 2  5   1  26  2  14 14 2 2  IM = t − + t − +
+ t = 3t − 4t + = 3 t − +        .  3   3  9  3  9 3 2 Do đó: P = 14 khi t = . min 3
Nhận xét:Câu 7,8 này, ta có thể giải trực tiếp khi biểu diễn điểm M theo tham số t
không cần tìm tâm tỉ cự của hệ điểm như Lời giải trên. Câu 9:
Cho mặt phẳng ( ) : x + 2 y + 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 2 2 2
2MA + 3MB − 4MC 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 là điểm thỏa mãn: 2IA+ 3IB − 4IC = 0 (1) 0 0 0 )
2(1− x + 3 2 − x − 4 3− x = 0 − − =  = − 0 ) ( 0 ) ( 0 ) x 4 0 x 4 0 0   
(1)  2(2 − y + 3 − y − 4 1− y = 0  − y = 0
 y = 0  I 4 − ;0; 7 − 0 ) ( 0) ( 0 ) 0 0 ( )    2  (−z ) + 3( 1
− − z ) − 4(1− z ) = 0 −z − 7 = 0 z = 7 −  0  0 0 0 0 2 2 2 Ta có: 2 2 2
2MA + 3MB − 4MC = 2MA + 3MB − 4MC
= (MI + IA)2 + (MI + IB)2 − (MI + IC)2 2 3 4
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 5/ 8 5 = ( 2 2 MI +
MI IA + IA ) + ( 2 2 MI +
MI IB + IB ) − ( 2 2 2 2. . 3 2. .
4 MI + 2.MI.IC + IC ) 2 2 2 2
= MI + 2IA + 3IB − 4IC + 2MI.(2IA+3IB −4IC) 2 2 2 2
= MI + 2IA +3IB − 4IC + 2MI.0 2 2 2 2
= MI + 2IA + 3IB − 4IC Khi đó, để 2 2 2
2MA + 3MB − 4MC đạt giá trị nhỏ nhất thì MI có độ dài ngắn nhất
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) x = 4 − + t
Phương trình đường thẳng d : y = 2tz = 7 − + 2t
 Giả sử tọa độ điểm M ( 4 − +t;2t; 7 − + 2t) Do M  ( )  ( 4
− + t) + 2.2t + 2( 7
− + 2t)+9 = 0 9t −9 = 0 t =1  M ( 3 − ;2; 5 − ). x +1 y −1 z + 2
Câu 10: Cho đường thẳng  : = = và (
A 1;1; 0), B(3; 1
− ;4). Tìm tọa độ điểm M thuộc  1 1 − 2
sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất.  1 1   3 3  A. M ( 1 − ;1; 2) − . B. M ; − ;1 .  
C. M − ; ; −3 . 
D. M (1; 1 − ;2).  2 2   2 2  Lời giải Chọn D x +1 y −1 z + 2  : = = có 1 VTCP u (1; 1 − ;2) 1 1 − 2 (
A 1;1; 0), B(3; 1 − ;4)  AB(2; 2 − ;4) 1+1 1−1 Ta có: AB (2; 2
− ;4) cùng phương với u(1; 1 − ;2) và ( A 1;1; 0)   (do  ) 1 −1
AB //   AB và  đồng phẳng .
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 6/ 8 5
* 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 x +1 y −1 z + 2 H   : = =  Giả sử H ( 1 − +t;1−t; 2 − + 2t) 1 1 − 2 H ( )  ( 1
− +t)−(1−t)+ 2( 2
− + 2t) = 0  6t −6 = 0  t =1  H (0;0;0)
2x = x + x  = +  = −  2.0 1 x x  1 H A A A A   
H là trung điểm của AA  2y = y + y   = +   = −   − −  2.0 1 y y  1 A H A A A A ( 1; 1;0)   
2z = z + z = + =   2.0 0 z   z   0 H A A A A
Ta có: MA+ MB = MA + MB A B
  (MA+ MB) = A B
 khi và chỉ khi M trùng với M là min 0
giao điểm của AB và  x = 1 − + t  A B  = (4;0;4)  A B  có 1 VTCP (1;0; ) 1 và đi qua A( 1 − ; 1
− ;0) , có phương trình: y = 1 − z = t  x = 1 − + t
Mà  : y = 1− tz = 2 − + 2t   1 − + t = 1 − + tt  = t   t   = 2 Giải hệ phương trình: 1  − t = 1 −  t  = 2   t    = 2 2 − + 2t = t 2 − + 2t = t    M 1; 1 − ;2 0 ( )
Vậy, để MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất thì M (1; 1 − ;2) . x y −1 z +1  = = − − −
Câu 11: Cho đường thẳng : và hai điểm (
A 1;1; 2), B( 1;0; 1). Biết điểm M 1 − 1 1
thuộc  sao cho biểu thức T = MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất là T . Khi đó tính T . min min 1 1 1 1 T = 2 1− T = 2 + T = 2 − T = 2 1+ min min min min A. 3 . B. 3 . C. 3 . D. 3 . Lời giải Chọn D
Vì điểm M thuộc  nên ta có M ( t
− ;t +1;t −1) . Lúc đó
T = MA + MB = (t + )2 + t + (t + )2 + (t − )2 + t + (t + )2 2 2 1 1 1 1 2 2
= 3t + 4t + 2 + 3t + 2
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 7 / 8 5 2 2   2   2   2   2  2  = 3 t + +     + t +        .  3 3 3            2 2   2 
Đặt u = t + ; ,   v =  t − ;  
 . Ta cóT = 3( u + v )  3 u + v . 3 3   3   2 2  2   2 2  1 Tứclà T  3. +    +  = 2 1+   .  3  3 3 3   2 2 t + 1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 3 =  t = 1 − + . t − 2 3 3 1 Vậy T = 2 1+ . min 3 x +1 y −1 z + 2
Câu 12: Cho đường thẳng  : = = và hai điểm ( A 1;1; 0), B( 1 − ;0;1). 1 1 − 2 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: 33 4 33 A. 8 . B. 8 + 33 . C. 8 + . D. 8 + . 3 3 Lời giải Chọn D qua C( 1
− ;1;− 2), và có vectơ chỉ phươngu = (1; 1 − ;2) AB = ( 2 − ;−1;1); AC = ( 2 − ;0;− 2) . A ; B uAC  0   nên ;
AB  không đồng phẳng
Vì điểm M thuộc  nên ta có M ( 1
− + t ;1− t ;− 2 + 2t), t  . Lúc đó
P = MA MB =
(t − )2 +t +( t − )2 − ( t
− )2 + (t − )2 + ( t − )2 2 2 2 2 1 2 3 2 2
= 6t −12t + 8 − 6t −14t +10 . 2   P = (t − )2 1 7 11 6 1 + − t − +   3  6  6  3   7 11 
Đặt u = t −1; , 
v = t − ;  
 . Ta có | u | − | v |  u v . 3   6 6   2 2  1   3 11  Tức là P  6. +    −    .  6  3 6  
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 8 / 8 5 3 t −1 33
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 =  t = 3+ . 7 11 3 t − 6 6 4 33
Với ta có a b + c = 4t − 4 = 8 + . 3 x y −1 z
Câu 13: Cho đường thẳng  : = = và hai điểm ( A 0;1; 3 − ), B( 1
− ;0;2). Biết điểm M thuộc  1 1 1
sao cho biểu thức T = MA MB đạt giá trị lớn nhất là T .Khi đó, T bằng bao nhiêu? max max A. T = 3 . B. T = 2 3 . C. T = 3 3 . D. T = 2 . max max max max Lời giải Chọn C x = t −  Ta có AB = ( 1
− ; −1; 5), phương trình đường thẳng AB là  y =1−t (t  ) . z = 3 − + 5t   1 1 1 
Xét vị trí tương đối giữa AB và  ta có AB cắt  tại C − ; ;−   .  2 2 2   1 1 5  1 Suy ra AC = − ; − ;
AC = AB C   là trung điểm AB .  2 2 2  2
T = MA MB AB . Dấu “=” xảy ra khi M A hoặc M B . Do đó T = AB = 27 = 3 3 . max
Câu 14: 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 2 2 2
2MA + 3MB − 4MC 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 2IA+ 3IB − 4IC = 0 . Ta có IA = (1− ; a 2 − ;
b c); IB = (2 − ; a − ;
b −1− c); IC = (3 − ; a 1− ; b 1− c)
2IA + 3 IB − 4 IC = ( 4 − − ; a − ;
b − 7 − c) = 0  a = 4
− ; b = 0; c = 7 − Suyra I ( 4 − ; 0; −7)() . 2 2 2 Khiđó 2 2 2
T = 2MA + 3MB − 4MC = 2(MA) +3(MB) − 4(MC)
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 9 / 8 5
= (MI + IA)2 + (MI + IB)2 − (MI + IC)2 2 2 2 2 2 3 4
= MI + 2IA + 3IB − 4IC + 2MI (2IA+3IB−4IC) 2 2 2 2
= MI + 2IA + 3IB − 4IC
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 qua I và vuông góc với ( ) có vectơ chỉ phương u = (1; 2; 2)  x = 4 − + t
Do đó phương trình của d là  y = 2t (t  ) z = 7 − + 2t  x = 4 − + t  y = 2t
Khi đó tọa độ M thỏa mãn hệ 
t =1 M ( 3 − ;2; 5 − ). z = 7 − + 2t
x + 2y + 2z +9 = 0
Câu 15: Cho mặt phẳng (P) :5x y + z − 2 = 0 và hai điểm A(0; 1 − ;0), B( 2 − ;1;− ) 1 . Biết điểm M
thuộc mặt phẳng (P) sao cho 2 2
MA − 2MB đạt giá trị lớn nhất. Khi đó điểm M có hoành độ x bằng bao nhiêu? M A. x = 1 .
B. x = 2 . C. x = 1 −
D. x = 3. M M M M Lời giải Chọn A
Gọi I là điểm thỏa mãn: IA − 2IB = 0  I ( 4 − ;3;− 2) . Khi đó 2 2 2 2 2
T = MA − 2MB = −MI + IA − 2.IB TMI
M là hình chiếu của I lên mặt max min
phẳng (P). Khi đó đường thẳng MI đi qua I ( 4
− ;3;− 2) và vuông góc với (P) nên nhận VTPT x = 4 − + 5t
n (5; −1;1) của (P) làm VTCP, phương trình là  y = 3 − t (t R) . z = 2 − + t  Ta có
M = IM  (P)  Tọa độ M là nghiệm của hệ x = 4 − + 5t t  =1   y = 3− tx =1   
M (1;2;−1)  x =1. z = 2 − + t y = 2 M   5
 x y + z − 2 = 0 z = −1
Câu 16: Cho mặt phẳng (P) :x + y − 3z + 7 = 0 và ba điểm A(2; 1 − ;0), B(0; 1 − ;2),C(2;3;− ) 1 . Biết
điểm M ( x ; y ; z thuộc mặt phẳng (P) sao cho 2 2 2
MA + 3MB − 2MC đạt giá trị nhỏ nhất. 0 0 0 )
Khi đó tổng T = x + 3y − 2z bằng bao nhiêu? 0 0 0 A. T = 0 . B. T = 4 − .
C. T = 1.
D. T = 14 − . Lời giải
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 10 / 8 5 Chọn D
Gọi I là điểm thỏa mãn: IA + 3IB − 2IC = 0  I ( 1 − ;− 5;4) . Khi đó 2 2 2 2 2 2 2
T = MA + 3MB − 2MC = 2MI + IA + 3IB − 2IC TMI
M là hình chiếu mim max
của I lên mặt phẳng (P). Khi đó đường thẳng MI đi qua I ( 1
− ;− 5;4) và vuông góc với (P) x = 1 − + t
nên nhận VTPT n (1;1; 3
− ) của (P) làm VTCP, phương trình là y = 5
− + t (t R) . z = 4−3t  Ta có
M = IM  (P)  Tọa độ M là nghiệm của hệ x = 1 − + t t  =1   y = 5 − + tx = 0   
M (0;− 4;1)  T = 1 − 4. z = 4 − 3t y = 4 −   5
 x y + z − 2 = 0 z =1
Câu 17: Cho mặt phẳng ( ) :2x + 6y −3z −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 2 2 2
P = MA + 2MB − 2MC đạt giá trị nhỏ nhất là P . min
Khi đó P bằng bao nhiêu? min A. 16 . B. 17 . C. 18 . D. 19 . Lời giải Chọn B Gọi I ( ; a ;
b c) sao cho IA+ 2IB − 2IC = 0 .
OI = OA+ 2OB − 2OC .  I ( 3 − ; 5 − ;− ) 3 . 2 2 2 Ta có 2 2 2
P = MA + 2MB − 2MC = (MI + IA) + 2(MI + IB) − 2(MI + IC ) 2 2 2 2
= MI + IA + 2IB − 2IC + 2(IA+ 2IB − 2IC) 2 2 2 2
= MI + IA + 2IB − 2IC . Do 2 2 2
IA + 2IB − 2IC = 36 + 70 − 93 = 13 không đổi nên m P in  MImin 2. 3 − + 6. 5 − − 3 3 − −1 Và MI
= d (I,(P)) ( ) ( ) ( ) = = min 4 . 4 + 36 + 9 Vậy m P = + = in 4 13 17 .
Câu 18: Cho mặt phẳng ( ) :2x y −3z +1= 0 và ba điểm A(1;1;− ) 1 , B( 3 − ;1;0),C( 2 − ;1;− ) 1 . Tìm tọa
độ điểm M ( ) sao cho 2MA + 5MB − 6MC 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
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 11/ 8 5 Gọi I ( ; a ;
b c) sao cho 2IA+ 5IB − 6IC = 0
OI = 2OA+5OB −6OC .  I ( 1 − ;1;4).
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
hình chiếu của I trên (P) .
Do I (P)  MI ⊥ (P). x = 1 − + 2t
MI : y =1−t M ( 1
− + 2t;1−t;4 −3t). z = 4−3t
M (P)  2( 1
− + 2t)−(1−t)−3(4−3t)+1= 0  t =1.  M (1;0; ) 1 .
Câu 19: Cho mặt phẳng (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 + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất có tung độ y M A. y = 1. B. y = 2 − .
C. y = 0. D. y = 1 − . M M M M Lời giải Chọn A
Gọi I là điểm thỏa mãn: IA + 2IB = 0  I ( 1 − ;−1;2) .
Khi đó T = MA + 2MB = 3MI TMI
M là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P). min min
Khi đó đường thẳng MI đi qua I ( 1
− ;−1;2) và vuông góc với (P) nên nhận VTPT x = 1 − + tn (1; 1 − ; 1
− ) của (P) làm VTCP, phương trình là y = 1
− − t (t R) . z = 2−t  Ta có
M = IM  (P)  Tọa độ M là nghiệm của hệ x = 1 − + t t  =1   y = 1 − − tx = 0   
M (0;− 2;1)  y = 2 − . z = 2 − t y = 2 M −  
x y z −1= 0 z =1
Câu 20: Cho mặt phẳng ( ) :2x + y −3z − 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 P . Khi đó P bằng bao min min nhiêu? A. P = 2 3 . B. P = 14 . C. P = 3. D. P = 21 . min min min min
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 12 / 8 5 Lời giải Chọn D
Gọi I là điểm thỏa mãn: 2IA IB = 0  I ( 1 − ;0;2) .
Khi đó P = 2MA MB = MI PMI
M là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P). Khi min min 2 − − 6 − 6 đó P = d(I / ()) = = 14. min 2 2 2 2 +1 + 3
Câu 21: Cho mặt phẳng ( ) :x y + 2z −1= 0 và hai điểm A(0; 1 − ; ) 1 , B(1;1; 2
− ). Biết M ( ) sao cho
MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, hoành độ x M M của điểm là 1 2 A. x = . B. x = 1 − . C. x = 2 − . D. x = . M 3 M M M 7 Lời giải Chọn D
Ta có: ( x y + 2z − )
1 ( x y + 2z − ) 1 = (0 +1+ 2.1− ) 1 (1−1− 4 − )
1  0 nên hai điểm A A A A B B B
B nằm khác phía so với mặt phẳng ( ) .
Nên MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất khi M = AB ( ) . x = t
Phương trình đường thẳng AB : y = 1
− + 2t , do đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ z =1−3t   2 t =  7   x = t  2  =  x y = 1 − + 2t  7  2 3 1  2 phương trình    . Do đó M ; − ;   , x = z = 1− 3t M  3  . = −  7 7 7  7  y
x y + 2z −1 = 0  7  1 z =  7
Câu 22: Cho mặt phẳng ( ) :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 y + z + )
1 ( x y + z + ) 1 = (1−1+ 0 + ) 1 (3+1+ 4 + )
1  0 nên hai điểm A B A A A B B B
cùng nằm về một phía của mặt phẳng ( ) .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( ) .
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 13/ 8 5 x = 1+ t
Phương trình đường thẳng AH :  y = 1− t . z = t   1 t = −  3   x = 1+ t  2  =  x y = 1− t  3
Do đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình    . z = t  4  =  y
x y + z +1 = 0  3  1 z = −  3  2 4 1  Do đó H ; ; −   .  3 3 3   1 5 2 
Gọi A đối xứng với A qua ( ) , suy ra A ; ; −   .  3 3 3 
Ta có MA+ MB = MA + MB A B   P = A B  = 6 .
Câu 23: Cho mặt phẳng ( ) :x + y −3z −5 = 0 và hai điểm A(1; 1 − ;2), B( 5 − ; 1 − ;0). Biết M ( ; a ; b c)
thuộc mặt phẳng ( ) sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó, giá trị của biểu thức
T = a + 2b + 3c bằng bao nhiêu? A. T = 5 . B. T = 3 − . C. T = 7 − . D. T = 9 − . Lời giải Chọn C
Ta có: ( x + y −3z −5)(x + y −3z −5) = (1−1−3.2 −5)( 5
− −1−3.0−5)  0 nên hai điểm A A A A B B B
B cùng nằm về một phía của mặt phẳng ( ) .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng ( ) . x =1+ t
Phương trình đường thẳng AH :  y = 1 − + t . z = 2−3t  x = 1+ t t  =1   y = 1 − + tx = 2
Do đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình    . z = 2 − 3ty = 0 
x + y −3z −5 = 0 z = 1 − 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  ().
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 14 / 8 5 x = 3− 4t
Phương trình đường thẳng AB :  y = 1− t . z = 4 − + 3t   12 t =  11   x = 3 − 4t  15  = −  x y = 1− t  Do đó tọa độ điểm 11
M là nghiệm của hệ phương trình    . z = 4 − + 3t  1  = −  y
x + y − 3z − 5 = 0  11  20 z = −  11  15 1 20  Do đó M − ; − ; − 
 , T = a + 2b +3c = 7 − .  11 11 11 
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.  3 5 1   1 2 2  A. M (1;3;− ) 1 . B. M ; ; −   . C. M ; ; −   .
D. M (0;2; ) 1 .  4 4 2   3 3 3  Lời giải Chọn B
Ta có: ( x y + z + )
1 ( x y + z + ) 1 = (1−1+ 0 + ) 1 (3+1+ 4 + )
1  0 nên hai điểm A B A A A B B 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 ( ) . x =1+ 2t
Phương trình đường thẳng AB :  y = 1− 2t , do đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ z = 4t   1 t = −  8   x = 1+ 2t  3  =  x y = 1− 2t   3 5 1  phương trình  4   . Do đó M ; ; −   . z = 4t  5  =  4 4 2   y
x y + z +1 = 0  4  1 z = −  2 x −1 y z +1
Câu 25: Cho hai điểm A(1; 1
− ;2), B(0;1;6) và đường thẳng d : = = 2 1 1
− . Biết điểm M thuộc.
đường thẳng d sao cho biểu thức T = AM.BM đạt giá trị nhỏ nhất bằng T . Khi đó giá trị min T bằng bao nhiêu? min
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 15/ 8 5 A. T =14 . B. T = 3 . C. T = 3 2 . D. T = 2 3 . min min min min Lời giải Chọn A M d M 2t 1;t; t 1 AM 2t;t 1; t 3 BM 2t 1;t 1; t 7 AM.BM 2t 2t 1 t 1 t 1 t 1 t 3 2 2 6t 12t 20 6 t 1 14 14. x +1 y z −1
Câu 26: Cho hai điểm A(0; 1
− ;2), B(1;1;2) và đường thẳng d : = = . Biết điểm M ( ; a ; b c) 1 1 1
thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất. Khi đó, giá trị
T = a + 2b + 3c bằng bao nhiêu? A. T = 5 .
B. T = 3.
C. T = 4 .
D. T =10 . Lời giải Chọn D M d M t 1;t;t 1 AM t 1;t 1;t 1 Mà AB 1;2; 0 AB AB 5. AM;AB 2 2t;t 1;t 3 Mà 1 2 2 2 S AM;AB 2 2t t 1 t 3 MAB 2 2 4 10 10 2 6t 16t 14 6 t 3 3 3 1 a 3 4 1 4 7 4
Dấu bằng xảy ra khi t M ; ; b T a 2b 3c 10. 3 3 3 3 3 7 c 3
Câu 27: Viết phương trình đường thẳng  đi qua M (1;0; 1
− ) và tạo với mặt phẳng
():2xy +3z −6 = 0 góc lớn nhất.
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 16/ 8 5 x =1+ 2tx =1− 2tx =1+ 2tx = 2 + t    
A. y = t − .
B. y = t − .
C. y = t − .
D. y = 1 − .     x = 1 − + 3tz = 1 − + 3tz = 1 − − 3tz = 3 − tLời 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 ( ) ( ) x =1+ 2t
phương trình đường thẳng  có dạng:  y = t − x = 1 − + 3t  Vậy Chọn A
Câu 28: Viết phương trình đường thẳng  đi qua M (4; 2 − ; )
1 , song song với mặt phẳng
():3x−4y + z −12 = 0 và cách điểm A( 2
− ;5;0) một khoảng lớn nhất. x =1+ 4tx = 4 + tx = 4 − tx = 4 + t    
A. y = 1− 2t .
B. y = 2 − + t .
C. y = 2 − + t .
D. y = 2 − + t     x = 1 − + tz = 1− tz = 1+ tz = 1 − + tLời giải Chọn D n − −  (3; 4; ) ( ) 1 , 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 u
AM , u n u = AM ,n  = − − − = −      ( 3; 3; 3) 3(1;1; ) ( ) ( ) ( ) ( )  ( ) 1  x = 4 + t
Đường thẳng  đi qua M (4; 2 − ; )
1 có véc tơ chỉ phương u (1;1; ) 1 có dạng:  y = 2 − + t z =1+t  Vậy Chọn D
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 17 / 8 5 x = t
Câu 29: Viết phương trình đường thẳng  đi qua A(1;1; )
1 , vuông góc với đường thẳng  ' :  y = 1+ t z =1+ 2t  và cách điểm B (2;0; )
1 một khoảng lớn nhất. x = 1− tx = 1+ tx = 1+ tx =1+ t    
A. y = 1+ t .
B. y = 1+ t .
C. y = 1− t .
D. y = 1+ t .     z = 1+ tz = 1− tz = 1+ tz = 1 − + tLời giải Chọn B
Giả sử ,  ' có VTCP lần lượt là u =  , u 1;1; 2  ' ( )
Do  ⊥  ' nên u u ( )   1 '
Gọi H là hình chiếu của B trên  .
Do A nên BH BA .
Suy ra  cách B một khoảng lớn nhất khi và chỉ khi H A hay  ⊥ ABu AB = − (2)  (1; 1;0) . Từ ( )
1 và (2) nên ta chọn một VTCP của  : u = u ; AB = 2;2; 2 − = 2 1;1; 1 −  ' ( ) ( )   . x =1+ t
Vậy  :  y = 1+ t . z =1−t
Câu 30: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình đường thẳng  qua A(1;1;2) và x −1 y − 2 z vuông góc với d : =
= đồng thời tạo với trục Oz góc lớn nhất. 2 1 2 x =1 x =1− tx =1+ tx = 1+ t    
A. y = 1+ t .
B. y = 1 .
C. y = 1− 2t .
D. y = 2 − + t .     z = 2 − 2tz = 2 + tz = 2  z = 2tLời giải Chọn C
d có VTCP là u = (2;1;2 . d )
Oz có VTCP là k = (0;0; ) 1 .
Gọi u là VTCP của  .
Do  ⊥ d nên u u ( )  1 d
 tạo với Oz một góc lớn nhất khi và chỉ khi  ⊥ Oz hay u k  . (2)
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 18 / 8 5 Từ ( )
1 và (2) nên ta chọn một VTCP của  : u = u  ;k = −  (1; 2;0 d )   . x =1+ t
Vậy  :  y = 1− 2t . z = 2 
Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình đường thẳng  qua A (1;1; 2) , nằm
trong ( ) : x + 2y z − 1 = 0 , đồng thời tạo với trục Oz góc nhỏ nhất. x = 5 + 2tx = 1+ 5tx = 1+ 2tx = 1+ t    
A. y = 2 + t .
B. y = 1+ t .
C. y = 1+ 5t .
D. y = 1+ 2t .     z = 1 +  t z = 2 +  2t z = 2 +  t z = 2 +  5t Lời giải Chọn D
Gọi VTCP của  là u = (a; ; b c) với 2 2 2
a + b + c  0 .
VTPT của ( ) là n = (1;2;− ) 1
Do u n nên a + 2b c = 0  c = a + 2b . Từ đó u = ( ; a ; b a + 2b) .
Trục Oz có VTCP là u = (0;0; ) 1 .
Gọi  là góc tạo bởi  và trục Oz . a + 2 2 a + 2b b t + 2 t + 4t + 4 cos  = = = = . + + +   + + + + a b (a 2b) 2 2 2 2 2 2 2t 4t 5 a a 2t 4t 5 2 + 4 + 5    b b 2 t + 4t + 4 Ta đặt y = 2
2t + 4t + . Ta đi tìm Min, Max của biểu thức này. 5 2 t + 4t + 4 y =  (2y − ) 2
1 t + 4y − 4 t + 5y − 4 = 0 2 ( ) 2t + 4t + . (1) 5 1 3 + TH1: Nếu y = thì t = − . 2 4 1 + TH1: Nếu y
thì (1) là phương trình bậc hai.Có 2 ' = 6 − y + 5y . 2 5
Để phương trình có nghiệm thì 2 ' = 6
y + 5y  0  0  y  . 6 1
Ta có  min, khi và chỉ khi cos max. Khi đó t = 2
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 19 / 8 5 a 1 Suy ra
= . Từ đó chọn a =1;b = 2  c = 5. b 2
Vậy u = (1;2;5) . Chọn D x − 1 y 2 z
Câu 32: Cho A(1; 4; 2) , B(−1; 2; 4) + ,d : =
= . Viết phương trình đường thẳng  qua A , cắt −1 1 2 d sao cho d ( ,
B ) là nhỏ nhất. x = 1+ tx = 1+ tx = 15 + tx = 1+ 15t    
A. y = 4 − t .
B. y = −1 + 4t .
C. y = 18 + 4t .
D. y = 4 + 18t .     z = 2 −  3t z = −3 +  2t z = −19 −  2t z = 2 −  19t Lời giải Chọn D
d đi qua M (1; 2
− ;0) và có một VTCP là u = ( 1 − ;1;2) .
Gọi (P) là mặt phẳng chứa A d .
Kẻ BK ⊥  và BH ⊥ ( )
P . Ta có BK BH . Khi đó d ( ,
B ) = BK đạt GTNN khi K H . Khi đó  qua , A H .
Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa A d . n =  ; u AM  = (10; 2 − ;6 n = 5; 1 − ;3 . P )   . Chọn P ( )
Suy ra phương trình (P) : 5x y + 3z − 7 = 0 .
Ta tìm toạ độ điểm H là hình chiếu vuông góc của B lên (P) . x = 1 − + 5t
Phương trình đường thẳng BH :  y = 2 − t . z = 4 + 3t  Gọi H ( 1
− + 5t;2 −t;4 +3t) . Cho H (P) ta được:
(− + t) −( −t) + ( + t) 2 5 1 5 2 3 4 3 − 7 = 0  t = . 35  5 − 68 146 
Toạ độ điểm H H ; ;   .  7 35 35  x = 1+15t
Khi đó phương trình đường thẳng  qua ,
A H là  :  y = 4 +18t . z = 2 −19tx y + z Câu 33: Cho A( ) B(− ) 1 2 1; 4; 2 , 1; 2; 4 , d : = = A 1 −
. Viết phương trình đường thẳng a đi qua , cắt 1 2 d sao cho d ( , B a) là lớn nhất.
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 2 0 / 8 5 x =1+ tx =1+ tx =15 + tx =1+15t    
A. y = 4 − 4t . B. y = 1 − + 4t .
C. y =18 + 4t .
D. y = 4 +18t .     z = 2 − 3tz = 3 − + 2tz = 1 − 9 − 2tz = 2 −19tLời giải Chọn A C (1; 2
− ;0)d , AC = (0; 6 − ; 2 − ) , u = ( 1
− ;1;2) là vecto chi phương của d nên vecto pháp tuyến  1 
của mp(A,d) là p = n, − AC = ( 5 − ;1; 3 − )    2   1  AB = ( 2 − ; 2
− ;2)  n = − AB, p = (−2;8;6)    2 
Gọi H là hình chiếu của B lên mặt phẳng (A,d), K là hình chiếu của H lên a, vậy d(B,a)=BK,
Dễ thấy BK lớn nhất khi K trùng A, khi đó BK=AB. Tại vị trí này,a nằm trong mp(A,d) và 1
vuông góc với AB nên vecto chỉ phương của a là n = (1; −4; −3) . Phương trình đường 2 x =1+ t
thẳng cần tìm là: y = 4 − 4t z = 2−3t
Câu 34: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 2 điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng x +1 y −1 z  : =
= . Gọi d là đường thẳng qua B và cắt  tại điểm C sao cho S đạt giá 2 1 − 2 ABC trị nhỏ nhất. x =1− 4tx =1− 2tx = 2 − + tx = 3 +10t     A. y = 2 − t B. y = 3 − t . C. y = 3 − .
D. y = 3 − 3t .     z = 2 − 3tz = 2 − 4tz = 4 − + 2tz = 6 +11tLời giải Chọn D Ta thấy được S
nhỏ nhất khi d đi qua hình chiếu H của A lên mp(B, ) . ABC
Ta có phương trình mp(B, ) là 5x + 2 y − 4z + 3 = 0  21 8 
Hình chiếu của A lên mp(B, ) là H −1; ;    5 5  5
Vecto chi phương của d u = BH = (10; 3 − ) ;1 2 x = 3 +10t
Phương trình d là  y = 3 − 3t z = 6+11t
Câu 35: Trong không gian Oxyz , gọi (P) là mặt phẳng song song với mặt phẳng (Oxz) và cắt mặt
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 2 1/ 8 5
cầu ( x − )2 + ( y + )2 2 1 2
+ z = 12 theo đường tròn có chu vi lớn nhất. Phương trình của (P) là
A. x − 2 y +1 = 0 .
B. y − 2 = 0 . C. y +1 = 0 .
D. y + 2 = 0 . Lời giải Chọn D
Mặt cầu (S ) theo đề bài có tâm I (1; 2
− ;0) và bán kính R = 2 3 .
(P)/ /(Oxz) (P): y +d = 0 (d  0).
(P) cắt (S) theo một đường tròn có chu vi lớn nhất khi (P) đi qua I (1; 2 − ;0)
Suy ra: d = 2 (nhận).
Vậy (P) : y + 2 = 0.
Câu 36: Trong không gian Oxyz , cho điểm M (1;2;3) . Gọi ( ) là mặt phẳng chứa trục Oy và cách
điểm M một khoảng lớn nhất. Phương trình mặt phẳng ( ) là
A. x + 3z = 0 .
B. x + 2z = 0.
C. x −3z = 0.
D. x = 0 . Lời giải Chọn A
Gọi H , K (0;2;0) lần lượt là hình chiếu của M trên ( ) và trục Oy thì MH MK = 10 .
Do đó, d (M,( )) = MH lớn nhất khi H K hay ( ) ⊥ MK .
Khi đó, ( ) đi qua O(0;0;0) và có một véctơ pháp tuyến là KM = (1;0;3) .
Phương trình mặt phẳng ( ) là x + 3z = 0 .
Câu 37: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 2 2 2
(S) : (x −1) + ( y − 2) + (z − 3) = 9 , điểm (
A 0;0; 2) . Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và cắt mặt cầu (S ) theo thiết diện là hình
tròn (C) có diện tích nhỏ nhất là:
A. x + 2 y + 3z − 6 = 0 . B. x + 2 y + z − 2 = 0 .
C. 3x + 2 y + 2z − 4 = 0 .
D. x − 2 y + 3z − 6 = 0 . Lời giải
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 2 2 / 8 5 Chọn B
Mặt cầu (S) có tâm I (1; 2;3) bán kính R = 3. IA = ( 1 − ; 2 − ; 1
− )  IA = 6  3  điểm (
A 0;0; 2) nằm trong mặt cầu (S) .
Gọi H là hình chiếu của I lên (P)
(C ) có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi d I;( )
P  = IH lớn nhất.
Ta có: IHA vuông tại H IH
= IA IA ⊥ (P)  n = IA = ( 1 − ; 2 − ; 1 − ) max ( P)
Phương trình mặt phẳng (P) qua (
A 0;0; 2) và có vtpt n = IA = ( 1 − ; 2 − ; 1 − ) là: 1
− (x − 0) − 2(y − 0) −1(z − 2) = 0  x + 2y + z − 2 = 0
Câu 38: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm (
A 2;1;3) , B(3;0; 2) , C(0; −2;1) . Viết
phương trình mặt phẳng (P) đi qua ,
A B và cách C một khoảng lớn nhất?
A. 3x + 2y + z −11 = 0 . B. 3x + y + 2z −13 = 0 .
C. 2x y + 3z −12 = 0 . D. x + y − 3 = 0 . Lời giải Chọn A C H A B I (P)
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 2 3/ 8 5 Ta có: AB = (1; 1 − ; 1 − ) .
Phương trình đường thẳng AB qua: (
A 2;1;3) có vtcp u = AB = (1; 1 − ; 1 − ) có dạng: x = 2 + t  y =1− t . z = 3−  t
Gọi I là hình chiếu của C lên AB I AB I (2 + t;1− t;3 − t)
CI = (2 + t;3 − t; 2 − t)
Ta có: CI AB CI.AB = 0  2 + t −3+ t − 2 + t = 0  t =1  I (3;0;2)
Gọi H là hình chiếu C lên mặt phẳng (P) d C;( )
P  = CH CI d C;( ) P
= CI CI ⊥ (P) max
Phương trình mặt phẳng (P) qua I có vtpt n = IC = (3;2;1) có dạng:
3(x − 3) + 2( y − 0) +1(z − 2) = 0  3x + 2 y + z −11 = 0
Câu 39: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1;2;3) . Mặt phẳng (P) qua M cắt các
tia Ox,Oy,Oz lần lượt tại ,
A B,C sao cho thể tích khối tứ diện OABC nhỏ nhất có phương trình là:
A. 6x + 3y + 2z = 0 .
B. 6x + 3y + 2z −18 = 0 .
C. x + 2 y + 3z −14 = 0 . D. x + y + z − 6 = 0 . Lời giải Chọn B Giả sử ( A ; a 0;0) , B(0; ;
b 0) , C(0;0;c) với (a,b, c  0) x y z
Khi đó, phương trình mặt phẳng (P) qua 3 điểm ,
A B,C có dạng: + + = 1. a b c 1 2 3 Ta có: M  (P)  + + = 1. a b c 1
Thể tích tứ diện OABC: V = abc . 6 1 2 3 6 27.6 1 Áp dụng BDT Côsi ta có: 3 1 = + +  3 1
abc  27 V  27 . a b c abc abc 6 a = 3 1 2 3 1 
V đạt giá trị nhỏ nhất là:V = 27  = = =  b = 6 a b c 3 c = 9 
Vậy (P) : 6x + 3y + 2z −18 = 0 . − −
Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có (
A 1;1;1) , B(2;0;2) ; C( 1; 1;0) , D(0;3; 4) BC 
. Trên các cạnh AB, AC, AD lần lượt lấy các điểm phẳng , , D sao cho
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 2 4 / 8 5
AB + AC + AD =
BCD
4 . Viết phương trình mặt phẳng (
) biết tứ diện A B C D có thể tích A B ACA D nhỏ nhất.
A. 16x + 40y − 44z + 39 = 0 .
B. 16x + 40y + 44z − 39 = 0 .
C. 16x − 40y − 44z + 39 = 0 .
D. 16x − 40 y − 44z − 39 = 0 . Lời giải Chọn A AB AC AD A . B AC.AD
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ba s ta có: 3 4 = + +  3 A B ACA D
AB .AC .A D
AB .AC .A D 27 V A B ACA     D 27
ABCD . . 27 =   VV A . B AC.AD 64 V A . B AC.AD 64
AB 'C ' D ' 64 ABCD ABCD A B ACA D 3 3  7 1 7  Để V
nhỏ nhất khi và chỉ khi = = =   AB = AB   B ; ;  
AB 'C ' D ' AB AC AD 4 4  4 4 4   7 1 7  Lúc đó mặt phẳng (  B C 
D ) song song với mặt phẳng (BCD) và đi qua B ; ;    4 4 4  Ta có: BC = ( 3 − ; 1 − ; 2) − ;BD = ( 2
− ;3;2)  BC;BD = (4;10; 1 − 1)    7 1 7 
Phương trình mặt phẳng (  B C  D ) qua B ; ; 
 có vtpt n = BC;BD = (4;10; 1 − 1) là:  4 4 4   
16x + 40 y − 44z + 39 = 0 . x −1 y z +1
Câu 41: Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  : = =
. Viết phương trình mặt 2 1 1 −
phẳng ( ) chứa hai điểm M (1;1; ) 1 , N ( 1 − ;− 2;− )
1 và tạo với đường thẳng  một góc lớn nhất.
A. 16x +10y −11z −15 = 0 .
B. 16x +10y −11z + 5 = 0 .
C. x y + z −1 = 0 .
D. 24x + 2 y − 27z +1 = 0 . Lời giải Chọn D Gỉa sử n = ( ; a ;
b c) là vec-tơ pháp tuyến của ( ) .
Do mặt phẳng ( ) chứa hai điểm M (1;1; ) 1 , N ( 1 − ;− 2;− )
1 nên n MN  . n MN = 0  a + b 2
a −3b−2c = 2 3 0  c = − . 2 Gọi  là góc giữa ( ) và  . Khi đó 2 2 . n u
2a + b c 6a + 5b 1
36a + 60ab + 25b sin  = = = = . . 2 2 2 2 2 2 2 n . u
a + b + c . 6
6. 8a +12ab +13b 6
8a +12ab +13b
 lớn nhất  sin đạt giá trị lớn nhất.
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 2 5/ 8 5 3
Nếu b = 0  sin = . 2 a 2 2 2
36a + 60ab + 25b 36t + 60t + 25
Nếu b  0 , đặt t = thì = = f (t) . b 2 2 2
8a +12ab +13b 8t +12t +13 77 a
Khi đó Max f (t) =
t =12 . Do đó = 12 . Chọn a = 24, b = 2  c = 2 − 7 . 17 b
Mặt phẳng ( ) đi qua M (1;1; ) 1 , nhận n = (24;2; 2
− 7) làm vec-tơ pháp tuyến, nên có
phương trình là 24(x −1) + 2( y −1) − 27(z −1) = 0  24x + 2 y − 27z +1 = 0 .
Câu 42: Trong không gian Oxyz , cho điểm M (1;− 2;3) . Gọi (P) là mặt phẳng qua M và cắt các trục
tọa độ lần lượt tại ,
A B, C . Viết phương trình mặt phẳng (P) biết biểu thức 1 1 1 + +
đạt giá trị nhỏ nhất. 2 2 2 OA OB OC
A. x − 2 y + z − 8 = 0 .
B. 2x + y − 3z + 9 = 0 .
C. x − 2y + 3z −14 = 0 . D. 2x − 4 y + z −10 = 0 . Lời giải Chọn C
Gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Khi đó OH ⊥ ( ABC) . 1 1 1 1
Do OH là đường cao của tứ diện . O ABC  = + + . 2 2 2 2 OH OA OB OC 1 1 1 Suy ra + +
đạt giá trị nhỏ nhất khi OH đạt giá trị lớn nhất  OH = OM . 2 2 2 OA OB OC
Mặt phẳng (P) đi qua M và vuông góc với OM nên nhận OM = (1; 2 − ;3) làm vec-tơ pháp
tuyến, có phương trình là 1(x −1) − 2(y+ 2) + 3(z− 3) = 0  x − 2 y + 3z −14 = 0 .
Câu 43: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng x = 1 − + 2t
d y = 1− t
. Một điểm M thay đổi trên đường thẳng sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ z = 2t
nhất. Khi đó tọa độ điểm M và chu vi tam giác MAB
A. M (1;0;2); P = 2( 11 + 29) .
B. M (1;2;2); P = 2( 11 + 29) .
C. M (1;0;2); P = ( 11 + 29) .
D. M (1;2;2); P = ( 11 + 29) . Lời giải Chọn A Độ dài 2 2 2
AB = 2 + 2 + 6 = 2 11 .
Chu vi tam giác MAB nhỏ nhất khi MA + MB nhỏ nhất.
Gọi tọa độ của M là ( 1 − + 2 ; a 1− ; a 2a) .
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 2 6/ 8 5
MA + MB = (− + a)2 + (− − a)2 + a + (− + a)2 + (− − a)2 + ( a − )2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 6 MA + MB = a + + a a + = ( a) + ( )2 + ( − a) +( )2 2 2 2 2 9 20 9 36 56 3 20 6 3 20 Xét véc tơ u = ( ; a b);v = ( ; c d ) . Ta có +  +  + + +  ( + )2 + ( + )2 2 2 2 2 u v u v a b c d a c b d .
MA + MB  ( a + − a) + ( + )2 2 3 6 3 20 20 = 2 29 . 3a 20 Dấu bằng xảy ra khi =
=1 a =1 M (1;0;2)  P = 2( 11+ 29) 6 − 3a 20 x + 2 y − 3 z −1
Câu 44: Cho hai điểm A( 1 − ;2; ) 3 và B(7; 2 − ; )
3 và đường thẳng d : = = . Gọi I là điểm 3 2 − 2
trên d sao cho AI + BI nhỏ nhất. Tìm tổng các tọa độ của I . A. 11. B. 9 C. 7 . D. 5 . Lời giải Chọn D
Do điểm I d nên toạ độ điểm I có dạng I (3a − 2; 2 − a +3;2a + ) 1 .
P = AI + BI = ( a − )2 + ( − a)2 + ( a − )2 + ( a − )2 + ( − a)2 + ( a − )2 3 1 1 2 2 2 3 9 5 2 2 2 2 2
P = 17a −18a + 6 + 17a −82a +110  18 6 82 110  2 2 P = 17  a a + + a a +    17 17 17 17   2 2    9  21  41  189 P = 17  a − + + a − +        17  289  17  289    2 2   2 2   9   21   41   3 21   P = 17 a − +     + − a +           17 17 17 17             Xét véc tơ u = ( ; a b);v = ( ; c d ) . 2 2 Ta có 2 2 2 2
u + v u + v a + b + c + d  (a + c) + (b + d ) . 2 2 2  9 41   21 3 21  32 16.21 Do đó P  17 a − + − a +    +  = 17 + = 4 5.   2 2  17 17  17 17 17 17   9 21 a − 1  9  41 17 17 Dấu bằng xảy ra khi = =  3 a − = − a a = 1   . 41 3 21 3  17  17 − a 17 17
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 2 7 / 8 5
Vậy tổng các toạ độ của I là 3.1− 2 − 2.1+ 3+ 2.1+1= 5. x −1 y z Câu 45: Cho d : = =
và các điểm A(3;0;0) ; B(0; 6
;0) ; C(0;0;6). M là điểm thuộc d sao 2 1 1
cho MA + MB + MC nhỏ nhất. Khi đó 2 MA bằng: A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 5 . Lời giải Chọn C x =1+ 2t x −1 y zd : = =  y = t 2 1 1 z = t
Điểm M d M (1+ 2t;t;t ) . Ta có
MA = (2 − 2t; t − ; t − ) MB = ( 1
− − 2t;6 − t; t − ) MC = ( 1 − − 2t; t − ;6 − t)
MA + MB + MC = ( 6 − t, 6
− − 3t;6 −3t)
Do đó: MA + MB + MC = (− t)2 + (− − t )2 + ( − t )2 2 6 6 3 6 3 = 54t + 72  72
Dấu “=” xảy ra  t = 0  MA = (2;0;0) Vậy 2 MA = 4 x = 4 + 3t
Câu 46: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng có phương trình d :y = 1− t và ba z = 5+ 2t  điểm A(1 1 ; ;2) ; B( 1 − 1 ; ; ) 1 ; C (3 1
; ;0) . M là điểm thuộc d sao cho biểu thức 2 2 2
P = MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó tổng các tọa độ của M là: 36 55 A. . B. 11. C. 12 . D. . 7 7 Lời giải Chọn A
Điểm M d M (4 + 3t 1
; t;5 + 2t ) . Ta có MA = ( 3 − − 3t; t; 3 − − 2t) MB = ( 5 − − 3t; t
;−4 − 2t) MC = ( 1 − − 3t; t; 5 − − 2t) 2  17  323 323 Do đó 2 2 2 2
P = MA + MB + MC = 42t +102t + 85 = 42 t + +     14  14 14
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 2 8 / 8 5 323 17  5 31 18   P =  t = −  M ; ; min   14 14 14 14 7  36
Vậy tổng các tọa độ của M là . 7 x 1 t
Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng có phương trình d : y 2 t và ba z t
điểm A 6;0;0 , B 0;3;0 , C 0;0;4 . M là điểm thuộc d sao cho biểu thức 2 2 2 P MA 2MB
3MC đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó tổng bình phương các tọa độ của M là: A. 6 . B. 7 . C. 8 . D. 9 . Lời giải Chọn A 6x x 2x 3x x 1 I A B C I
Gọi I là điểm thỏa IA 2IB 3IC 0 6 y y 2 y 3y y 1 I 1;1; 2 . I A B C I 6z z 2z 3z z 2 I A B C I 2 2 2 Ta có: 2 2 2 P MA 2MB 3MC MI IA 2 MI IB 3 MI IC 2 2 2 2 2 2 2 2 6IM 2MI. IA 2IB 3IC IA 2IB 3IC 6IM IA 2IB 3IC .
Khi đó P đạt giá trị nhỏ nhất 2 6IM nhỏ nhất 2 IM nhỏ nhất. Vì M d M 1 t; 2
t; t . Suy ra IM t;1 t; t 2 . Ta có 2 2 2 2 2 2 IM t 1 t t 2 3t 6t 5 3 t 1 2 2. Dấu ' ' xảy ra t 1. Suy ra M 2;1;1 .
Vậy tổng bình phương các tọa độ của M là: 6 . x 1 t
Câu 48: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng có phương trình d : y 2 t z 2t
hai điểm A 1;4;2 , B
1; 2; 4 . M là điểm thuộc d sau cho diện tích tam giác MAB nhỏ
nhất. Khi đó hoành độ của M là: 12 12 11 11 A. . B. . C. . D. . 7 7 7 7 Lời giải Chọn A M d M 1 ; m 2 ; m 2m AM ; m m 6; 2m 2 và AB 2; 2; 2 .
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 2 9 / 8 5 Khi đó A ; B AM 6m 16; 2m 4; 4m 12 . 2 1 1 19 24 42
Ta có diện tích MAB là: S A ; B AM 8 7m . MAB 2 2 7 7 7 42 19 19 Do đó: min S . Dấu " " xảy ra 7m 0 m . MAB 7 7 7 19 12
Vậy khi diện tích tam giác MAB nhỏ nhất thì hoành độ của M là: 1 . 7 7
Câu 49: Cho mặt phẳng (P) : x + y + z − 4 = 0 . Tìm điểm M (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất, biết,
A(1;0;0), B(1;2;0) .  3 1  A. M (1;1;2)
B. M (0;1;3)
C. M (2;0;2) D. M ; 2;    2 2  Lời giải B A I M (P) A ' Chọn D
Ta thấy rằng điểm A và B nằm cùng phía so với mặt phẳng (P) nên ta sẽ lấy điểm A’ đối
xứng với điểm A qua mặt phẳng (P) . Vecto chỉ phương của đường thẳng AA’ là u (1;1; ) 1 . x = t +1 
Suy ra phương trình đường thẳng AA’ là AA' : y = t
, tọa độ I là giao điểm của đường z =  t
thẳng AA’ và mặt phẳng (P) là I (2;1; ) 1  A'(3;2;2)
Ta có MA + MB = MA'+ MB A' B . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi điểm M = A' B (P) x = 3+ 2t   3 1 
Ta có phương trình đường thẳng A' B : y = 2  M ; 2;     2 2  z = 2 + 2  t + + − = 
Câu 50: Cho mặt phẳng (P) : x y z 4 0 . Tìm điểm M
(P) sao cho MA MB lớn nhất, biết (
A 1;1;1) , B(1;1;0) .
A. M (1; 2;1) .
B. M (0; 2; 2) .
C. M (1;1; 2) .
D. M (3;1;0) .
Lời giải
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 30 / 8 5 Chọn C A B (P) M
Ta có (1+1+1− 4).(1+1+ 0 − 4)  0 nên M  = AB  ( P) . Minh nghỉ đoạn này thầy giải thích
vì sao M là giao của AB với (P) băng cách sử dụng bất đẳng thức tam giác
Đường thẳng ( AB) qua điểm (
A 1;1;1) và có vecto chỉ phương AB 0; 0; 1 . x = 1 x = 1  x = 1  y = 1 
Phương trình ( AB) : y = 1 . Xét hệ   y =1 .  z = 1− t   z = 1− tz = 2 
x + y + z − 4 = 0 Suy ra M (1;1; 2) . + + − = 
Câu 51: Cho mặt phẳng (P) : x y z 4 0 . Tìm điểm M
(P) sao cho MA MB lớn nhất, biết (
A 1;1;1) , B(0;1;5) .  1 1 10   5 5 2   5 7  10 7 5  A. M ; ;   . B. M ; ;   . C. M ; 0;   . D. M ; ; −   .  3 3 3   3 3 3   3 3   3 3 3  Lời giải Chọn D A M (P) I A' B
Ta có (1+1+1− 4).(0 +1+ 5 − 4)  0 nên A và B nằm khác phía so với mặt phẳng (P).
Gọi A là điểm đối xứng với ( A 1;1;1) .
MA MB MA − MB AB do đó MA MB lớn nhất khi M  = AB  ( P) . x 1 t Gọi là đường thẳng qua (
A 1;1;1) và vuông góc với P . Phương trình : y 1 t z 1 t
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 31/ 8 5 4 x x 1 t 3 y 1 t 4 4 4 4 Gọi I P . Xét hệ y I ; ; . z 1 t 3 3 3 3 4 x y z 4 0 z 3 5 5 5
Khi đó I là trung điểm AA suy ra tọa độ A ; ; . 3 3 3  5 2 10 
Đường thẳng BA qua điểm B(0;1;5) và có vecto chỉ phương BA' = ; ; −   .  3 3 3  5 x t 3 2
Phương trình BA : y 1 t 3 10 z 5 t 3 5 x t 10 3 x 3 2 y 1 t 7 Xét hệ phương trình 3 y . 3 10 z 5 t 5 3 z 3 x y z 4 0 10 7 5  Suy ra M ; ; −   .  3 3 3 
Câu 52: Cho mặt phẳng (P) : x + y + z − 4 = 0 . Tìm điểm M (P) sao cho 2 2
MA + 2MB nhỏ nhất, biết A(1;2; ) 1 , B (0;1;2) .  5 14 17   5 1   4 11 7  A. M ; ;   . B. M ; ; 2   . C. M (1;1;2) . D. M ; ;   .  9 9 9   3 3   9 9 3  Lời giải Chọn A  1 4 5 
- Gọi I là điểm thỏa mãn: IA + 2IB = 0  I = ; ;    3 3 3  2 2 2 2 - Khi đó: 2 2
MA + 2MB = MA + 2MB = (MI + IA) + 2(MI + IB) 2 2 2 2
= 3MI + IA + 2IB = 3MI + 2 2 2
MA + 2MB nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông
góc của I trên mặt phẳng (P) . Khi đó MI là đường thẳng đi qua I và nhận vectơ pháp
tuyến của (P) làm vectơ chỉ phương
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 32 / 8 5  1 x = + t  3   4
Suy ra MI có phương trình  y = + t . 3   5 z = + t  3  2  1 t = x = + t   9 3   5  4  x =  y = + t  9  5 14 17 
- Điểm M có tọa độ là nghiệm của hệ  3    M = ; ;   . 14    9 9 9  5 y = z = + t  9 3   17
x + y + z − 4 = 0 z =  9
Câu 53: Cho mặt phẳng (P) : x + y + z − 4 = 0 . Tìm điểm M (P) sao cho 2 2
MA + 2MB nhỏ nhất, biết A(1;2; ) 1 , B (0;1;4) .  1 10 25   4 8   4 5  A. M ; ;   .
B. M 0; ;   . C. M 1; ;   .
D. M (1;1;2) .  9 9 9   3 3   3 3  Lời giải Chọn A  1 4 
- Gọi I là điểm thỏa mãn: IA + 2IB = 0  I = ; ;3    3 3  - Khi đó: 2 2 2 2 22
MA + 2MB = MA + 2MB = (MI + IA)2 + 2(MI + IB)2 2 2 2 2
= 3MI + IA + 2IB = 3MI + 3 2 2
MA + 2MB nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông
góc của I trên mặt phẳng (P) . Khi đó MI là đường thẳng đi qua I và nhận vectơ pháp
tuyến của (P) làm vectơ chỉ phương  1 x = + t  3   4
Suy ra MI có phương trình  y = + t . 3  z = 3 + t 
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 33/ 8 5  2 t = −  1  9 x = + t   3 1  x =  4  9  1 10 25 
- Điểm M có tọa độ là nghiệm của hệ y = + t     M = ; ;   . 3 10    9 9 9  y = z = 3 + t  9  
x + y + z − 4 = 0 25 z =  9
Câu 54: Cho mặt phẳng (P) : x + y + z − 4 = 0. Tìm điểm M (P) sao cho MA + 3MB + 2MC nhỏ nhất, biết A(1;1; )
1 , B (1;2;0) , C (0;0;3) .  3 3   2 5 5   3 3  A. M (1;1;2) .
B. M 1; ;   . C. M ; ;   . D. M ;1;    2 2   3 3 3   3 2 
Lời giải Chọn B  2 7 7 
- Gọi I là điểm thỏa mãn: IA + 3IB + 2IC = 0  I = ; ;    3 6 6 
- Khi đó: MA + 3MB + 2MC = 6MI + IA + 3IB + 2IC = 6 MI = 6.IM
MA+ 3MB + 2MC nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu
vuông góc của I trên mặt phẳng (P) .Khi đó MI là đường thẳng đi qua I và nhận vectơ
pháp tuyến của (P) làm vectơ chỉ phương  2 x = + t  3   7
Suy ra MI có phương trình  y = + t . 6   7 z = + t  6  2  1 x = + t t =   3 3   7 x = 1   y = + t   3 3 
- Điểm M có tọa độ là nghiệm của hệ  6    M = 1; ; 3   . y =    2 2  7 2 z = + t  6   3 z =
x + y + z − 4 = 0  2
Câu 55: Cho mặt phẳng (P) : x + y + z − 4 = 0. Tìm điểm M (P) sao cho MA + 3MB + 4MC nhỏ nhất, biết A(1;2; )
1 , B (1;2;0) , C (0;0;3) .
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 34 / 8 5 17 7   1 5   19 31 23  A. M (1;1;2) . B. M ; ;1   . C. M ; ;3   . D. M ; ;   . 12 12   6 5   24 24 12  Lời giải Chọn D  1 13 
- Gọi I là điểm thỏa mãn: IA + 3IB + 4IC = 0  I = ;1;    2 8 
- Khi đó: MA + 3MB + 4MC = 8MI + IA + 3IB + 4IC = 8 MI = 8.IM
MA+ 3MB + 4MC nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu
vuông góc của I trên mặt phẳng (P) . Khi đó MI là đường thẳng đi qua I và nhận vectơ
pháp tuyến của (P) làm vectơ chỉ phương  1 x = + t  2 
Suy ra MI có phương trình  y = 1+ t .  13 z = + t  8  7 t =  1  24 x = + t   2 19  x = y = 1+ t  24  19 31 23 
- Điểm M có tọa độ là nghiệm của hệ     M = ; ;   . 13 31    24 24 12  z = + t y =  8  24  
x + y + z − 4 = 0 23 z =  12 x − 5 y +1 z −11
Câu 56: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai đường chéo nhau d : = = 1 1 2 1 − x + 4 y − 3 z − 4 d : = =
,. Tìm điểm I không thuộc d ; d sao cho d (I;d + d I;d nhỏ nhất. 1 ) ( 2) 2 7 − 2 3 1 2 A. I (5;2;5) .
B. I (7;3;9) C. I (7; 2 − ; 1 − ) 1 . D. I ( 7 − ;2;1 ) 1 Lời giải Chọn A x = 5 + tx = 4 − − 7u  
Phương trình tham số d là y = 1
− + 2t ; Phương trình tham số d là y = 3+ 2u ; 1 2   z = 11−  t z = 4 + 3  u
d ; d lần lượt có vtcp là u 1;2; 1 − ,u 7
− ;2;3 . Gọi AB là đoạn vuông góc chung của d ;d 1 ( ) 2 ( ) 1 2 1 2 với A(5+ t; 1
− + 2t;11−t);B( 4 − −7 ; u 3 + 2 ; u 4 + 3u) . Ta có AB = ( 7
u t −9;2u − 2t + 4;3u + t − 7).
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 35/ 8 5 A . B u = 0  6
u − 6t + 6 = 0 u = 1 − Mà 1     
suy ra: A(7;3;9); B(3;1; ) 1 . AB u = 
62u + 6t + 50 = 0 t = 2 . 0 2
d (I;d + d I;d AB đẳng thức xẩy ra khi I thuộc đoạn AB . Mà với I (5;2;5) thì 1 ) ( 2) 1 AI = AB . Chọn A 2
Câu 57: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho A( 1
− ;3;4), B(2;1;2) . Tìm điểm M sao cho biểu thức
P = MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất.  1   3   3  A. M ; 2;3   . B M ; 1 − ; 1 −   . C. M − ;1;1   . D. M ( 3 − ;2;2).  2  .  2   2  Lời giải Chọn A  1 
Gọi I là trung điểm của AB suy ra tọa độ I ; 2;3   .  2 
Ta có: P = MA + MB = 2MI = 2MI  0 đẳng thức xẩy ra khi M I Chọn A
Câu 58: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho tam giác ABC với A(2;0;− ) 3 ; B( 1 − ;− 2;4);
C (2;−1;2) . Tìm điểm E sao cho biểu thức P = EA + EB + EC đạt giá trị nhỏ nhất. A. E (1;1; ) 1 .
B. E (1;−1; ) 1 . C. E ( 1 − ;− 2;− ) 1 .
D. E (0;2;− ) 3 . Lời giải Chọn B
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC G(1;−1; ) 1 .
Ta có: P = EA + EB + EC = 3EG = 3EG  0  P
= 0 khi E G(1;−1; ) 1 . min
Câu 59: Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho 4 điểm A(0;1;5) ; B(2;0;0) ; C (0;0;6) ; D(2;4;− ) 3 .
Tìm điểm E sao cho biểu thức P = EA + EB CE DE đạt giá trị nhỏ nhất.  5   1  A. E 1; ; 2   .
B. E 0; − 3;   . C. E ( 1 − ;−3;0) .
D. E (2;0;− ) 1 .  4   2  Lời giải Chọn A  
Gọi G là điểm thỏa mãn GA+ GB + GC + GD = 5 0  G 1; ; 2   .  4 
Ta có: P = EA + EB CE DE = EA + EB + EC + ED = 4EG = 4EG  0   5  P
= 0 khi E G 1; ;2   . min  4 
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 36/ 8 5
Câu 60: Trong không gian với hệ tọa độ 2 2 2
Oxyz , cho mặt cầu (S ) : ( x − 3) + ( y + 2) + ( z − ) 1 =100 và mặt
phẳng (P) : 2x − 2y z + 9 = 0 . Tìm M trên mặt cầu (S ) sao cho khoảng cách từ M đến ( P) lớn nhất.  29 26 7   11 − 14 13   29 26 7   29 26 7  A. M ; − ; − 
 . B. M ; ; 
 . C. M ; ; − 
 . D. M − ; ;   .  3 3 3   3 3 3   3 3 3   3 3 3  Lời giải Chọn A
Mặt cầu (S ) có tâm I (3; 2 − ; )
1 và bán kính R = 10 . 2.3 − 2. 2 − −1.1+ 9
Khoảng cách từ I đến (P) là d (I,(P)) ( ) =
= 6  R nên (P) cắt (S) theo giao 2 2 + ( 2 − )2 + (− )2 1
tuyến là một đường tròn (C).
Với điểm M bất kì trên (S) thì ta có d (M,(P))  MI + d (I,(P)) =16 .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của (S) và đường thẳng d đi qua I và vuông góc với (P).
Đường thẳng d vuông góc với (P) nên có VTCP u = = − − ( n ) (2; 2; ) 1 P . x = 3 + 2t
Đường thẳng d có phương trình tham số là y = 2
− − 2t M (3+ 2t; 2
− − 2t;1− t)d . z =1−t
Lại có M (S ) 2 2 2 10
 4t + 4t + t =100  t =  . 3 10  29 2 − 6 7 −  +) Với t =  M ; ; 
 khi đó d (M,(P)) =16 (thỏa mãn). 3  3 3 3  10  1 − 1 14 13  +) Với t = −  M ; ; 
 khi đó d (M,(P)) = 4 (không thỏa mãn). 3  3 3 3   29 26 7  Vậy M ; − ; −    3 3 3  .
Câu 61: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A(2;3;4) ; B( 2 − ; 3 − ;0) ; C (2;3;0)
Gọi I là tâm mặt cầu đi qua đi 3 điểm A, B, C. Tìm I để mặt cầu có bán kính nhỏ nhất.
A. I (0;0;2) .
B. I (2;3;2) .
C. I (0;0;0) . D. I ( 2 − ;3;2) . Lời giải Chọn A
Ta có AB = 68 , AC = 4 , BC = 52 . Ta thấy 2 2 2
AB = AC + BC = 68 nên tam giác ABC vuông tại C.
Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì J là trung điểm của AB do đó J (0;0;2) .
Mặt cầu tâm I có bán kính R = IA JA = 17 nên mặt cầu có bán kính nhỏ nhất thỏa mãn đề
bài có tâm I trùng với điểm J. Vậy I (0;0;2) .
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 37 / 8 5
Câu 62: Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho lăng trụ đứng ABC. A BC
  ,với A(0;0;0); B(0;1;0)  3 1  C  ; ; 0  
 ; A(0;0;2) .Tìm tọa độ điểm M thuộc cạnh AA sao cho diện tích tam giác 2 2   M C D
 đạt giá trị lớn nhất, với D là trung điểm của B B .  1  A. M (0;0;0) .
B. M (0;0;2) .
C. M (0;0; ) 1 .
D. M 0;0;   .  2  Lời giải Chọn A Ta có: , A AO
z , M A A, gọi M (0;0;m) , 0  m  2. Do ABC. A BC
  lăng trụ đứng nên AA= BB= CC .  3 1 
Suy ra, B(0;1;2) ; C ; ; 2  
 . Vì D là trung điểm của B B nên D(0;1; ) 1 . 2 2    3 1  Suy ra, MC =  ; ; 2 − m  
 ; MD = (0 ; 1 ;1− m) 2 2       1 3 3 3 3 1 MC, MD    =  m − ; m − ;  =      , do đó S  MC ; MD   2 2 2 2 2   MC D 2 1 1 = ( 1 m − )2 3 + (m − )2 3 3 1 + = 2
4 m −12 m +15 . 2 4 4 4 4 3
Xét hàm số f (m) 2
= 4m −12m +15 trên 0;2 có f (m) = 8m −12 = 0  m = 0;2 . 2 Bảng biến thiên : x 3 0 2 2 15 7 f ( x) 6
Dựa vào bbt có diện tích tam giác M C D
 đạt giá trị lớn nhất khi m = 0. Vậy M (0;0;0) . Câu 63: 2 2
Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu ( S ) ( x + ) + ( y − ) 2 : 1 4
+ z = 8 và hai điểm
A(3;0;0) ; B(4;2; )
1 . Gọi M là điểm thuộc mặt cầu ( S ) . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA+ 2MB A. 2 2 . B. 4 2 . C. 6 2 . D. 3 2 . Lời giải Chọn C
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 38 / 8 5 A E F I B M
Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1
− ;4;0) , bán kính R = 2 2 . Ta có 2 2
IA = 4 + 4 + 0 = 2 2 = 2R .
Gọi E (1;2;0) là trung điểm của IA E (S ). Gọi F (0;3;0) là trung điểm của IE . IF 1 IM
Xét tam giác IMF và tam giác IAM có = =
và góc MIA chung nên IMF IAM . IM 2 IA MF 1 Do đó
=  AM = 2MF . AM 2 Ta có 2 2 2 M +
A 2MB = 2MF + 2MB  2BF = 2 4 +1 +1 = 6 2 .
Dấu bằng xảy ra khi M = BF (S ) .
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA+ 2MB là 6 2 .
Câu 64: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(1;2;0) , B(3;4; ) 1 , D( 1 − ;3;2). Tìm tọa
độ điểm C sao cho ABCD là hình thang có hai cạnh đáy AB , CD và có góc C bằng 45 .  A. C (5;9;5) .
B. C (1;5; ) 3 . C. C ( 3 − ;1; ) 1 .
D. C (3;7;4) . Lời giải Chọn D
Ta có AB = (2; 2;1), AD = ( 2 − ;1;2) .
Suy ra AB AD AB = AD .
Khi đó, tam giác ABD, BCD lần lượt là các tam giác vuông cân tại A B nên
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 39 / 8 5
DC = BD 2 = 2AB
Suy ra DC = 2AB  ( x +1; y − 3; z − 2) = (4;4;2)  C(3;7;4) . C C Cx = tx =1 x = 1 1   
Câu 65: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba đường thẳng d : y = 0 , d : y = t , d :  y = 0 . 1 2 2 3    z = 0  z = 0 z = t  3
Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm H (3;2; )
1 và cắt ba đường thẳng d , d , d lần 1 2 3
lượt tại A , B , C sao cho H là trực tâm tam giác ABC .
A. 2x + 2y + z −11 = 0 . B. x + y + z − 6 = 0 .
C. 2x + 2 y z − 9 = 0 . D. 3x + 2 y + z −14 = 0 . Lời giải Chọn A Gọi A( ; a 0;0) , B(1; ;
b 0) , C (1;0;c) . AB = (1− ; a ;
b 0), BC = (0; − ;
b c), CH = (2;2;1− c), AH = (3 − ; a 2; ) 1 . H là trực tâm tam giác ABC
AB, BC.CH = 0   2bc + 2c  (a − )
1 + (1− c)b (a − ) 1 = 0 b = 0   2 3 A . B CH 0 a b 1 9b 2b 0   =  = +  − =  9  b =   = c = 2 . 0 b BC AH  2   
Nếu b = 0suy ra B C (loại). 9 11   9  Nếu b = , tọa độ A ; 0; 0   , B 1; ;0 
 , C (1;0;9) . Suy ra phương trình mặt phẳng ( ABC) 2  2   2 
là 2x + 2y + z −11 = 0 .
Câu 66: (NGUYỄN KHUYẾN TP HCM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABC . D A BCD
  có A trùng với gốc tọa độ O , các đỉnh B( ; m 0; 0) , D(0; ; m 0) , A (  0;0;n)
với m, n  0 và m + n = 4. Gọi M là trung điểm của cạnh CC . Khi đó thể tích tứ diện
BDAM đạt giá trị lớn nhất bằng 245 9 64 75 A. . B. . C. . D. . 108 4 27 32 Lời giải Chọn C
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 4 0 / 8 5 n  Ta có A'(0;0; n); B( ; m 0; 0); D (0; ; m 0);C'( ; m ; m n);C ( ; m ; m 0); M ; m ; m   với 0  , m n  4.  2  Khi đó (  n BD − ; m ; m 0); BA'(− ;
m 0; n); BM 0; ; m
; BD, BA ' =     ( 3 2 m ; n m ; n m ) 2
; BD, BA ' BM = m .n   Mặt  2  2 khác, 1 1 1 1 1 2 2 V = V
= BD, BA' BM = m .n = mm =
m + m V = − m + m BDA M (4 )   ( 3 2 4 ) ' ( 2 3 8 ' ) 6 4 4 4 4 m = 0  V ' = 0  8  m =  3 64 8 4
Lập bảng biến thiên, ta thấy V đạt giá trị lớn nhất là
tại m = , n = . 27 3 3
Câu 67: (NGUYỄN KHUYẾN TPHCM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , hai mặt phẳng
4x − 4 y + 2z − 7 = 0 và 2x − 2 y + z +1 = 0 chứa hai mặt của hình lập phương. Thể tích khối lập phương đó là 27 81 3 9 3 64 A. V = . B. V = . C. V = . D. V = . 8 8 2 27 Lời giải Chọn A
Gọi a là độ dài của cạnh của hình lập phương.
Gọi ( ) : 4x − 4y + 2z − 7 = 0,( ) : 2x − 2y + z +1 = 0.
Cạnh của hình lập phương là khoảng cách giữa hai mặt phẳng đã cho.  7  Lấy A 0;0; 
 thuộc mặt phẳng 4x − 4y + 2z − 7 = 0 .  2  7 2.0 − 2.0 + +1 2 9 3
Khi đó a = d ( ; A ( )) = = = . 4 + 4 +1 6 2
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 4 1/ 8 5 3  3  27
Vậy thể tích hình lập phương là: = .    2  8  
Câu 68: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm (
A 2;3;0), B(0; − 6 2;0), M ; − 2; 2   và  5  x = t
đường thẳng d :  y = 0
. Điểm C thuộc d sao cho chu vi tam giác ABC là nhỏ nhất thì độ z = 2−t  dài CM bằng 2 6 A. 2 3 . B. 4 . C. 2 . D. . 5 Lời giải Chọn C Do hai điểm ,
A B cố định nên chu vi tam giác ABC nhỏ nhất khi CA + CB nhỏ nhất.
Gọi C (t;0;2 − t )  d , ta có CA = ( − t t − )  AC = t t + = ( t − )2 2 2 ;3; 2 2 8 17 2 2 2 + 9 ; CB = ( t − − t − )  CB = t t + = ( t − )2 2 ; 2; 2 2 4 6 2 2 + 4 .
Trong mặt phẳng Oxy xét hai vectơ u = ( 2t − 2 2;3) và v = ( 2 − 2t;2) . Ta luôn có 2 2 2
u + v u + v
( 2t −2 2) +9 + ( 2t− 2) +4  ( 2 −2 2) +25 . 2 − 2t 2 7 Dấu bằng xảy ra khi =  t = . 2t − 2 2 3 5 7  7 3   1 7  1 49 Với t = thì C ;0; 
  CM = − ;− 2;    CM = + 2 + = 2 . 5  5 5   5 5  25 29
Câu 69: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A(1;1; )
1 , B (0;1;2) , C ( 2 − ;0; ) 1
(P): x y + z +1= 0. Tìm điểm N (P)sao cho 2 2 2
S = 2NA + NB + NC đạt giá trị nhỏ nhất.  1 5 3   3 1   3 1  A. N − ; ;   . B. N ( 2 − ;0; ) 1 . C. N ; − ; 2 −   . D. N ; − ; 2 −   .  2 4 4   2 2   2 2  Lời giải Chọn A
2(1− x) − x − 2 − x = 0  Gọi I ( ;
x y; z ) là điểm thỏa mãn 2IA + IB + IC = 0 khi đó ta có 2(1− y) +1− y y = 0 2
 (1− z) + 2 − z +1− z = 0
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 4 2 / 8 5  x = 0   3    3 5
y =  I 0; ;   4   4 4   5 z =  4 Ta có
S = NA + NB + NC = (NI + IA)2 + (NI + IB)2 + (NI + IC )2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
= NI + IA + IB + IC + NI (IA+ IB + IC) 2 2 2 2 4 2
= 4NI + IA + IB + IC . Do I , ,
A B,C cố định nên 2 2 2 2
S = 4NI + IA + IB + IC nhỏ nhất khi NI nhỏ nhất hay N
hình chiếu của I trên mặt phẳng ( P) .  3 5 
Gọi  là đường thẳng đi qua I 0; ; 
 và vuông góc với mặt phẳng (P) khi đó  4 4   x = t   3
 : y = − t . 4   5 y = + t  4   3  5
x y + z +1 = 0 t
t + t + +1 = 0      4  4 x = t   x = t  
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình 3 y = − t   3  4 y = − t 4  5  z = + t  5  4 z = + t  4 1  1 5 3 
t = −  N − ; ;   . 2  2 4 4 
Câu 70: (LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng x = 1  x = 2   x −1 y z −1
d :  y = 1,t  ; d :  y = u , u  ;  : = =
. Viết phương trình mặt cầu tiếp xúc 1 2   1 1 1 z = tz = 1+ u
với cả d , d và có tâm thuộc đường thẳng  ? 1 2 2 2 2  1   1   1  5
A. ( x − )2 + y + ( z − )2 2 1 1 = 1. B. x − + y + + z − =       .  2   2   2  2 2 2 2  2 2 2 3   1   3  1  5   1   5  9 C. x − + y − + z − =       . D. x − + y − + z − =       .  2   2   2  2  4   4   4  16
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 4 3/ 8 5 Lời giải Chọn A
Ta có M 1;1;0  d , vec tơ chỉ phương của đường thẳng d là : u 0;0;1 . 1 ( ) 1 ( ) 1 1 M
2; 0;1  d , vec tơ chỉ phương của đường thẳng d là : u 0;1;1 . 2 ( ) 2 ( ) 2 2
Giả sử mặt cầu có tâm là I và bán kính R . Do I   suy ra I (1+ t;t;1+ t ) . Ta tính được: M I t −1; t
− ;0 , M I 0;1− t;t −1 1 ( ) 2 ( )
Mặt cầu tiếp xúc với cả hai đường thẳng d d nên ta có 1 2 M I,u  M I,u  2 2 2     (t − ) 2 1 + t
(t − )1 +(t − )1
d ( I , d = d I , d = 1 1 2 2 R  =  =  t = 0 1 ) ( 2) u u 1 2 1 2 Suy ra I (1;0; )
1 và bán kính của mặt cầu là: R = 1 .
Vậy phương trình của mặt cầu cần tìm là ( x − )2 + y + ( z − )2 2 1 1 = 1.
Câu 71: (LẠNG GIANG SỐ 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm
A(1;0; 2); B (0; 1
− ;2) và mặt phẳng (P) : x + 2y − 2z +12 = 0 . Tìm tọa độ điểm M thuộc (P)
sao cho MA + MB nhỏ nhất?  6 18 25  A. M (2; 2;9) . B. M − ; − ;   .  11 11 11   7 7 31  2 11 18  C. M ; ;   .
D. M − ; − ;   .  6 6 4   5 5 5  Lời giải Chọn D
Dễ kiểm tra được hai điểm ,
A B nằm cùng phía so với mặt phẳng ( P) .
Gọi A là điểm đối xứng với điểm A qua mặt phẳng ( P) , ta có:
MA + MB = MA + MB A B
 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M = AB (P). Ta có n (1; 2; 2
− ) là một vtpt của mặt phẳng (P) . Phương trình đường thẳng AA qua A nhận n (1; 2; 2 − ) làm vtcp, có dạng: x = 1+ t
AA :  y = 2t . z = 2− 2t
Gọi H = AA  ( P) , suy ra tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình : x = 1+ tx = 0   y = 2ty = 2 −     H (0; 2 − ;4) z = 2 − 2tz = 4 
2+ 2y − 2z +12 = 0 t  = 1 −
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 4 4 / 8 5
Do A đối xứng với điểm A qua H A( 1 − ; 4 − ;6).
Ta có AB (1;3; 4) là vtcp của đường thẳng AB , nên phương trình đường thẳng AB có dạng : x = m
AB :  y = 1 − + 3m . z = 2− 4m
Do M = AB  ( P) , nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: x = m  y = 1 − + 3m  2 11 18  
giải hệ ta tìm được M − ; − ;   . z = 2 − 4m   5 5 5 
x + 2y − 2z +12 = 0 x y −1 z − 2
Câu 72: Trong không gian với hệ tọa độ yz Ox , cho đường thẳng  : = = và mặt phẳng 1 1 1 −
(P): x + 2y + 2z − 4 = 0 . Phương trình đường thẳng d nằm trong (P) sao cho d cắt và vuông góc với  là x = 3 − + tx = 3t  
A. d : y =1− 2t (t  ) .
B. d : y = 2 + t (t  ) .   z = 1− tz = 2 + 2t  x = 2 − − 4tx = 1 − − t  
C. d :  y = 1
− + 3t (t  ) .
D. d : y = 3 − 3t (t  ) .   z = 4 − tz = 3 − 2tLời giải Chọn C x = t
Phương trình tham số của đường thẳng  : y = 1+ t (t  ) . z = 2−t
Đặt A =  d Ad d  (P)  A (P)  A =   (P) . x = t t  = 2 −   y =1+ tx = 2 −
Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:     A( 2 − ;−1;4). z = 2 − t y = 1 −  
x + 2y + 2z − 4 = 0 z = 4
 có vectơ chỉ phương u = (1;1;− )
1 , ( P) có vectơ pháp tuyến n = (1;2;2) . Gọi u là vectơ 1
chỉ phương của d . d  (P) u  ⊥ u Ta có: 1    , chọn u =  , n u = 4 − ;3;−1 1 ( )    . d ⊥  u  ⊥ n  1
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 4 5/ 8 5
Phương trình đường thẳng d qua A( 2
− ;−1;4) và có vectơ chỉ phương u = 4 − ;3;−1 : 1 ( ) x = 2 − − 4t  y = 1
− + 3t (t  ) . z = 4−t
Câu 73: Trong không gian cho điểm M (1; 3
− ;2). Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua M và cắt các trục tọa độ tại ,
A B, C OA = OB = OC  0 . A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn C
Gọi (P) là mặt phẳng cần tìm. Giả sử A( ; a 0;0), B(0; ;
b 0), C (0;0;c), điều kiện: abc  0.  x y z
Phương trình mặt phẳng ( P) : + + = 1. a b c 2 2 2
OA = OB = OC a = b = c a = b = c ( )  .
Trường hợp 1: a, b, c cùng dấu. x y z Từ ( )
  a = b = c  phương trình mặt phẳng (P) : + + =1 x + y + z a = 0 . a a a M (1; 3
− ;2)(P) 1−3+ 2−a = 0  a = 0 (loại). Do đó: không tồn tại mặt phẳng (P) trong trường này.
Trường hợp 2: a cùng dấu b và trái dấu với c . x y z Từ ( )
  a = b = c
−  phương trình mặt phẳng (P) : + − =1 x + y z a = 0 . a a a M (1; 3
− ;2)(P) 1−3−2−a = 0  a = 4
−  (P): x + y z + 4 = 0 .
Trường hợp 3: a cùng dấu c và trái dấu với b . x y z Từ ( )
  a = c = b
−  phương trình mặt phẳng (P) : − + =1 x y + z a = 0 . a a a M (1; 3
− ;2)(P) 1+3+ 2−a = 0  a = 7  (P): x y + z −7 = 0 .
Trường hợp 4: b cùng dấu c và trái dấu với a . x y z Từ ( )
  b = c = −a  phương trình mặt phẳng (P) : − + + =1 −x + y + z a = 0 . a a a M (1; 3 − ;2)(P)  1
− −3+ 2 − a = 0  a = 2
−  (P): −x + y + z + 2 = 0 .
Vậy từ các trường hợp trên có 3 mặt phẳng thỏa mãn.
Câu 74: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm E(8;1;1) .Viết phương trình mặt phẳng ( )
qua E và cắt nửa trục dương Ox,Oy,Oz lần lượt tại ,
A B, C sao cho OG nhỏ nhất với G
trọng tâm tam giác ABC
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 4 6/ 8 5
A. x + y + 2z −11 = 0 . B. 8x + y + z − 66=0 . C. 2x + y + z −18 = 0 . D. x + 2 y + 2z −12 = 0 . Lời giải Chọn D Giả sử A( ; a 0;0), B(0; ;
b 0),C (0;0;c), , a b, c  0 . x y z
Khi đó phương trình mặt phẳng ( ) là: + + = 1. a b c 8 1 1
Vì mặt phẳng ( ) đi qua điểm E (8;1; ) 1 nên ta có + + =1. a b ca b c
Trọng tâm G của tam giác ABC G ; ;   .  3 3 3  1 2 2 2 OG =
a + b + c . 3 4 1 1 ( + + )2 2 2 2 4 1 1 Ta có 1 = + + 
 2a + b + c  36 . 2a b c
2a + b + c 2 36
Ta có ( + + )(a + b + c )  ( a + b + c)2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2
a + b + c  . 6 2 1 1 a =12  = = 
Vậy OG nhỏ nhất khi a b cb  = 6 .
2a +b +c = 36 c = 6 
Vậy phương trình mặt phẳng ( ) là x + 2y + 2z −12 = 0.
Câu 75: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x − 2 y z 2 2 2 d : =
= và mặt cầu (S ) :(x − ) 1
+ ( y − 2) + (z − ) 1
= 2. Hai mặt phẳng (P) và(Q) 2 1 − 4
chứa d và tiếp xúc với (S ) . Gọi M , N là tiếp điểm. Tính độ dài đoạn thẳng MN. 4 A. 2 2 . B. . C. 6 . D. 4 . 3 Lời giải Chọn B
Mặt cầu (S ) có I (1;2; )
1 và bán kính R = 2 . IM d Ta có 
 (IMN ) ⊥ d . IN d
Phương trình mặt phẳng (IMN ) là 2( x − )
1 − ( y − 2) + 4( z − )
1 = 0  2x y + 4z − 4 = 0 .
Mặt phẳng (IMN ) cắt đường thẳng d tại P . Khi đó tọa độ điểm P là nghiệm của hệ
2x y + 4z − 4 = 0 
phương trình  x − 2 y zP(2;0;0). = =  2 1 − 4
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 4 7 / 8 5
Trong mặt phẳng (IMPN ) , gọi K = MN IP .
Ta có IP = 6; IM = 2  PM = 2 2  MK = 4  MN = . 3 3
Câu 76: (CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1;2; ) 1 .
Mặt phẳng (P) thay đổi đi qua M lần lượt cắt các tia Ox,Oy,Oz tại ,
A B,C khác O . Tính
giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện OABC . A. 54 B. 6 C. 9. D. 18 Lời giải Chọn C Giả sử A( ; a 0;0); B(0; ;
b 0);C (0;0;c) . Do cắt các tia nên: ; a ;
b c  0 . Khi đó, phương trình mặt x y z 1 2 1
phẳng (P) là: ( P) : + + = 1. (P) đi qua M (1;2; ) 1 nên:
+ + = 1. Áp dụng bất đẳng a b c a b c 1 2 1 1 2 1 2 thức Cauchy ta có: 3 3 1 = + +  3. . . = 3. V  9 a b c a b c 6V 1 2 1 1 Dấu " = " xảy ra khi:
= = = . Vậy, Chọn C a b c 3 x = 2 + t
x = 2 − 2t  
Câu 77: (THTT – 477) Cho hai đường thẳng d :  y = 1− t d : y = 3 . Mặt phẳng cách đều 1 2   z = 2tz = t 
hai đường thẳng d d có phương trình là 1 2
A. x + 5y + 2z +12 = 0. B. x + 5y − 2z +12 = 0.
C. x − 5y + 2z −12 = 0. D. x + 5y + 2z −12 = 0 . Lời giải Chọn D Ta có d
M 2;1;0 có vtcp u 1;−1;2 , đường thẳng d M 2;3;0 1 ( ) 1 đi qua 1 ( ) 2 đi qua 2 ( ) có vtcp u 2
− ;0;1 . Gọi (P) là mặt phẳng song song với d d 2 ( ) 1 2 thì n
= u u = −1;− 5;− 2  (P) : x + 5y + 2z + D = 0 . Mặt phẳng (P) cách đều d d P 1 2 ( ) ( ) 1 2 D + 7 D +17
thì d (M ,(P) = d M ,(P)  =
D = − . Vậy (P) : x + 5y + 2z-12=0. Chọn 1 ) ( 2 ) 30 30 12 D
Câu 78: (THTT – 477) Cho hai điểm A(3;3; ) 1 , B(0;2; )
1 và mặt phẳng ( ) : x + y + z − 7 = 0 . Đường
thẳng d nằm trên ( ) sao cho mọi điểm của d cách đều 2 điểm ,
A B có phương trình là
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 4 8 / 8 5 x = tx = tx = t − x = 2t    
A. y = 7 − 3t .
B. y = 7 + 3t .
C. y = 7 − 3t .
D. y = 7 − 3t .     z = 2tz = 2tz = 2tz = tLời giải Chọn A
Vì (d ) cách đều A và B nên (d ) nằm trên mặt phẳng trung trực ( ) của AB. Gọi M là  3 5  trung điểm AB thì M ; ;1 
mp( ) đi qua M và vuông góc với AB nên có vtpt  2 2  AB = ( 3 − ; 1
− ;0) , phương trình mp( ) : 3x + y − 7 = 0 . Đường thẳng (d ) là giao tuyến của
() và () nên tập hợp các điểm thuộc (d ) có toạ độ ( ;x y;z)thoả mãn hệ: x = t
x + y + z − 7 = 0  
 y = 7 −3t (t  ). Vậy, Chọn A 3
x + y − 7 = 0 z = 2t
Câu 79: (SỞ GD HÀ NỘI) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0), B( 2 − ;0;3), M (0;0; ) 1 và N (0;3; )
1 . Mặt phẳng (P) đi qua các điểm M , N sao cho khoảng cách từ điểm B đến (P)
gấp hai lần khoảng cách từ điểm A đến (P). Có bao mặt phẳng (P) thỏa mãn đầu bài?
A. Có vô số mặt phẳng (P).
B. Chỉ có một mặt phẳng (P).
C. Không có mặt phẳng (P) nào.
D. Có hai mặt phẳng (P). Lời giải Chọn A
Giả sử (P) có phương trình là: ax + by + c + d = ( 2 2 2 z
0 a + b + c  0)
M (P)  c + d = 0  d = − . c
N (P)  3b + c + d = 0 hay b = 0 vì c + d = 0  (P) :ax + cz c = 0.
Theo bài ra: d (B,(P)) = 2d ( , A ( P)) − + − −  2a 3c c a c = 2
a c = a c (luôn đúng) 2 2 2 2 a + c a + c
Vậy có vô số mặt phẳng (P) thỏa mãn đề bài. Chọn A  1 3 
Câu 80: Trong không gian, cho điểm M  ; ; 0    và mặt cầu 2 2 2
(S) : x + y + z = 8 . Đường thẳng d 2 2  
thay đổi đi qua điểm M , cắt mặt cầu (S ) tại hai điểm A , B phân biệt. Tính diện tích lớn
nhất S của tam giác OAB . A. S = 7 .
B. S = 4 .
C. S = 2 7 .
D. S = 2 2 .
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 4 9 / 8 5 Lời giải Chọn A
Mặt cầu (S ) có tâm O(0;0;0) , bán kính R = 2 2 = OA = OB . 1
Kẻ OH AB ( H trung điểm AB ). Ta có 2 S = A .
B OH = OH.AH = OH R OH . OAB 2
Đặt OH = x ,ta có OH OM =1 x (0;  1 2  S = x 8 − x . OAB
Xét hàm số f ( x) 2
= x 8− x , x(0;  1 − f ( x) 2 2 x 8 2x 2 = 8 − x − =  0 x  (0 
;1  f ( x) đồng biến trên (0  ;1 . 2 2 8 − x 8 − x
 max f (x) = f ( )
1 = 7 tại x = 1. Vậy diện tích S lớn nhất S = 7 . ( OAB 0;  1
Câu 81: Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua điểm M (1;9;4) và cắt các trục tọa độ tại các điểm A , B , C
khác gốc tọa độ sao cho OA = OB = OC . A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn D
Mặt phẳng (P) cắt các trục tọa độ tại các điểm A( ; a 0;0) , B(0; ;
b 0) , C (0;0;c) có dạng: ( 1 9 4 P) x y z :
+ + = 1. Vì M (P)  + + =1 (*) . a b c a b c
a = b = c
a = b = −c
Ta có OA = OB = OC a = b = c   . a = b − = c  a = b − = −c
Thử lại cả 4 trường hợp vào điều kiện ( )
* thấy thỏa mãn. Vậy có 4 mặt phẳng thỏa mãn
Câu 82: (BIÊN HÒA – HÀ NAM) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
A(a;0;0), B (0; ;
b 0), C (0;0;c) với a, , b c dương. Biết ,
A B, C di động trên các tia Ox, Oy, Oz
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 50 / 8 5
sao cho a + b + c = 2 . Biết rằng khi a, ,
b c thay đổi thì quỹ tích tâm hình cầu ngoại tiếp tứ
diện OABC thuộc mặt phẳng ( P) cố định. Tính khoảng cách từ M (2016;0;0) tới mặt phẳng ( P) . 2014 2016 2015 A. 2017 . B. . C. . D. . 3 3 3 Lời giải: Chọn B
Mặt cầu ngoại tiếp OABC có dạng 2 2 2
x + y + z -ax-by-cz=0 a b c a b c
Tâm mặt cầu là I ( ; ; ) luoon nằm trên mặt phẳng (P) :
+ + = 1 hay x + y + z − 2 = 0 2 2 2 2 2 2 2014
Do đó khoảng cách d (M;(P)) = 3
Câu 83: (SỞ BÌNH PHƯỚC) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm 1 2 3
A(a;0;0), B (0; ;
b 0), C (0;0;c), trong đó a  0 , b  0 , c  0 và + + = 7. Biết mặt phẳng a b c
(ABC) tiếp xúc với mặt cầu (S) (x − )2 +( y − )2 +(z − )2 72 : 1 2 3 =
. Thể tích của khối tứ diện 7 OABC là 2 1 3 5 A. . B. . C. . D. . 9 6 8 6 Lời giải Chọn A x y z
Ta có phương trình (ABC) là: + + = 1 a b c 6 2
Mặt cầu (S) có tâm I (1; 2;3) , bán kính R = 7 Do mặt phẳng (ABC) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên 1 2 3 + + a b c 6 2 1 1 1 7 2 2 2 d (I; (ABC)) = R  =  ( ) + ( ) + ( ) = 1 1 1 7 a b c 2 2 2 2 ( ) + ( ) + ( ) a b c 1 2 3 2 ( + + ) 7  1 1 1  7 Theo BĐT bunhiacopski ta có 2 2 2 = ( ) + ( ) + ( ) a b c  =   2 2 2 2  a b c  (1 + 2 + 3 ) 2 2 abc 2
Do đó dấu bằng xảy ra khi a = 2;b = 1;c =  V = = 3 OABC 6 9
Câu 84: Phương trình mặt phẳng nào sau đây đi qua điểm M (1;2;3) và cắt ba tia Ox,Oy,Oz lần lượt tại ,
A B, C sao cho thể tích tứ diện OABC là nhỏ nhất.
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 51/ 8 5
A. 6x + 3y + 2z +18 = 0 B. 6x + 3y + 3z − 21 = 0
C. 6x + 3y + 3z + 21 = 0 D. 6x + 3y + 2z −18 = 0 Lời giải Chọn D Gọi A( ; a 0;0) , B(0; ;
b 0) và C (0;0;c)  AB(− ; a ;
b 0) và AC (− ; a 0;c)  n = A , B AC = (b , c a , c ab)   1 1
Suy ra diện tích tam giác ABC là: S =  AB, AC 2 2 2 2 2 2 = + +    b c a c a b ( ) 1 2 2 x y z
Phương trình mặt phẳng ( ABC) là: + + = 1 a b c 1
Khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( ABC) là: h = d (O,( ABC)) = (2) 1 1 1 + + 2 2 2 a b c Từ ( )
1 và (2) suy ra thể tích tứ diện OABC là 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 V = .
b c + c a + a b . = abc (3) 3 2 1 1 1 6 + + 2 2 2 a b c 1 2 3
Vì điểm M ( ABC) nên ta có: + + = 1 a b c 1 2 3 6 6 1 3 1= + +  3 3    abc 162 (4) a b c abc abc 3 1
Từ (3) và (4) suy ra V = abc  27 6
Dấu “ = ” xảy ra  a = 3;b = 6;c = 9 x y z
Suy ra phương trình mặt phẳng ( ABC) là: + + = 1  6x + 3y + 2z −18 = 0 3 6 9
Câu 85: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) có phương trình
3x + y z + 5 = 0 và hai điểm A(1;0;2) , B(2; 1
− ;4) . Tập hợp các điểm M ( ; x ; y z) nằm trên
mặt phẳng (P) sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất.
x − 7y − 4z + 7 = 0
x − 7y − 4z +14 = 0 A. B.
 3x y + z − 5 = 0
 3x + y z + 5 = 0
x − 7y − 4z + 7 = 0 3
x − 7y − 4z + 5 = 0 C. D.
 3x + y z + 5 = 0
 3x + y z + 5 = 0 Lời giải Chọn C
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 52 / 8 5 Ta có AB (1; 1
− ;2); véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (Q) : n = (3;1;− ) 1 . PA .
B n = 0 suy ra AB song song với mặt phẳng ( P) và hai điểm ,
A B nằm về cùng một P
phía với mặt phẳng (P) . Điểm M (P) sao cho tam giác ABM có diện tích nhỏ nhất, suy 1 ra S = .
AB d M AB là nhỏ nhất hay d (M , AB) là nhỏ nhất. ABC  ( ; ) 2
Suy ra M  = (P) (Q) , với (Q) là mặt phẳng đi qua AB và vuông góc với (P) .
Véctơ pháp tuyến của (Q) là: n = A , B n  = ( 1 − ;7;4 Q P ) ( )  ( )  Phương trình tổng quát của mặt phẳng (Q) là: − ( 1 x − )
1 + 7 y + 4( z − 2) = 0  x − 7y − 4z + 7 = 0
x − 7y − 4z + 7 = 0
Vậy quỹ tích điểm M là 
 3x + y z + 5 = 0
Câu 86: (CHUYÊN ĐH VINH) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M ( 2 − ; 2 − ; ) 1 , x +1 y − 5 z A(1;2; 3
− ) và đường thẳng d : = =
. Tìm véc-tơ chỉ phương u của đường thẳng 2 2 1 −
đi qua M , vuông góc với đường thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng bé nhất.
A. u = (2;1;6) .
B. u = (1;0;2) .
C. u = (3;4; 4 − ) .
D. u = (2;2; − ) 1 . Lời giải Chọn D
Phương trình mặt phẳng ( ) đi qua M và vuông góc với d
2( x + 2) + 2( y + 2) −( z − )
1 = 0  2x + 2y z + 9 = 0.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên ( ) . Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ x =1+ 2t  x = 3 − y = 2 + 2t    y = 2 − . Vậy H ( 3 − ; 2 − ;− ) 1 . z = 3 − − t  z = 1 − 
2x + 2y z +9 = 0
Gọi  là đường thẳng đi qua M và vuông góc với d . Khi đó,   ( ) . Suy ra khoảng cách
từ A đến  ngắn nhất khi và chỉ khi  đi qua H . Ta có HA = (4;4; 2
− ) là một véc-tơ chỉ phương của  .
Vậy véc-tơ chỉ phương cần tìm là u = (2;2; − ) 1 .
Câu 87: (MINH HỌA LẦN 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét các điểm A(0;0; ) 1 , B( ; m 0;0) , C (0; ; n 0) , D(1;1; )
1 với m  0, n  0 và m + n =1. Biết rằng khi ,
m n thay đổi, tồn
tại một mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng ( ABC) và đi qua D . Tính bán kính R của mặt cầu đó?
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 53/ 8 5 2 3 3 A. R = 1 . B. R = . C. R = . D. R = . 2 2 2 Lời giải Chọn A Gọi I ( ; a ;
b c) là tâm của mặt cầu. Khi đó, bán kính R = ID = d(I,( ABC)) . x y z
Phương trình theo đoạn chắn của mặt phẳng ( ABC) là + + = 1. m n 1 a b c + + −1 m n 1 2 2 2
Khi đó, d (I,( ABC)) =
ID = (1− a) + (1− b) + (1− c) . 2 2  1   1  + +1      m   n  2 2 2 2 2  1   1   1 1  2  1  2  1 
Từ m + n =1 suy ra + +1 = + − +1 = − +1 = −1           .  m   n   m n mnmn mnmn
an + bm + cmn mn
an + bm + cmn mn 2  m + n  1
Như thế d (I,( ABC )) = = (vì mn  =   ). 1− mn 1− mn  2  4
Nếu an + bm + cmn mn  0 thì
an + bm + cmn mn
d ( I,( ABC )) = R  = R 1− mn
a(1− m) + bm + cm(1− m) − m(1− m) = R 1
 − m(1− m)   2
m (1− c R) + m(b + c a −1+ R) + a R = 0 ( ) 1 Vì đẳng thức ( )
1 đúng với mọi m(0; ) 1 nên 1
 − c R = 0 a = R   b
 + c a −1+ R = 0  b  = R .   a R = 0 c = 1− R   Mặt khác
ID = R  (1− a)2 + (1− b)2 + (1− c)2 = R  2(1− R)2 2 + R = R .  2(1− R)2 = 0  R =1
Tương tự, nếu an + bm + cmn mn  0 thì ta tìm được R = −1 (không thỏa mãn R  0 )
Vậy bán kính mặt cầu cần tìm là R = 1 .
Câu 88: Cho ba điểm A(3;1;0), B(0; 1 − ;0),C(0;0; 6
− ) . Nếu tam giác A'B'C' thỏa mãn hệ thức
A' A + B ' B + C 'C = 0 thì có tọa độ trọng tâm là: A. (1;0; 2 − ) . B. (2; 3 − ;0). C. (3; 2 − ;0). D. (3; 2 − ; ) 1 . Lời giải
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 54 / 8 5 Chọn A
Gọi G ,G lần lượt là trọng tâm ABC, A  B C  . 1 2 Thì A G  + B G  +C G
 = 0 và G A+G B +G C = 0 2 2 2 1 1 1
A' A+ B' B + C 'C = 0  A G  + B G  +C G
 +G A+G B +G C +3G G = 0  G G = 0 2 2 2 1 1 1 2 1 2 1  G G . 2 1
Nên hai tam giác ABC A' B 'C ' có cùng trọng tâm  G(1;0; 2
− ) là trọng tâm A  'B'C '.
Câu 89: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A( 2 − ; 2 − ; ) 1 , B(1;2;− ) 3 và đường thẳng x +1 y − 5 z d : = =
. Tìm véc tơ chỉ phương u của đường thẳng  qua A , vuông góc với d 2 2 1 −
đồng thời cách điểm B một khoảng bé nhất.
A. u = (2;1;6) .
B. u = (2;2; − ) 1 .
C. u = (25; 2 − 9; 6
− ) . D. u = (1;0;2) . Lời giải Chọn D Gọi u = ( ; a ;
b c) là VTCP của  với 2 2 2
a + b + c  0 .
 ⊥ d  2a + 2bc = 0  c = 2a + 2b u = ( ; a ;
b 2a + 2b). AB = (3;4; 4
− )  AB u = (8a +12 ; b 1 − 0a − 6 ; b 4 − a + 3b) AB u
(8a +12b)2 +(10a +6b)2 +(4a −3b)2 2 2
180a + 288ab +189b Ta có: d ( ; B ) = = = 2 2 u + +
a + b + (2a + 2b)2 2 2 5a 8ab 5b
Nếu b = 0 thì d ( ; B ) = 6 . 180x + 288x +189 a
Nếu b  0 thì d ( ; B ) 2 = x = . 2 5x + 8x + với 5 b 180x + 288x +189
Xét hàm số f ( x) 2 = 2 5x + 8x + , tập xác đinh D = 5 Ta có BBT:
So sánh hai trường hợp trên ta thấy d ( ;
B ) nhỏ nhất bằng 6 khi b = 0  c = 2a nên  có 1 VTCP u = (1;0;2) .
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 55/ 8 5
Cách 2: (Nguyễn Trí Chính) (d) B ( ) H A K (P)
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A( 2 − ; 2 − ; )
1 và có vec tơ pháp tuyến a = (2;2;− ) 1 ( a = (2;2;− ) 1
là véc tơ chỉ phương của d ), nên phương trình (P) là: 2x + 2y z + 9 = 0
Gọi (D) là đường thẳng đi qua B(1;2; 3
− ) và vuông góc (P) thì phương trình (D) là: x =1+ 2t ( 
D) :  y = 2 + 2t . z = 3 − − t
Vẽ BH ⊥ (P), H (P) .
Giải phương trình: 2(1+ 2t) + 2(2 + 2t) −( 3
− −t)+9 = 0 9t = 1 − 8  t = 2 −  H ( 3 − ; 2 − − ) 1 + + +
Vẽ BK ⊥ , K   , có d ( ,
B ) = BK , d (B (P)) 2 4 3 9 , = BH = = 6 3
Có BK BH = 6.
Do đó BK nhỏ nhất khi K H . Suy ra K ( 3 − ; 2 − − ) 1
Suy ra () đi qua A( 2 − ; 2 − ; ) 1 và K ( 3 − ; 2 − − ) 1 .
Nên véc tơ chỉ phương của đường thẳng () là KA = (1;0;2) . x − 2 y −1 z
Câu 90: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = . Viết phương 1 2 1 −
trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và cắt các trục Ox,Oy lần lượt tại A B sao
cho đường thẳng AB vuông góc với d .
A. (P) : x + 2y + 5z − 4 = 0.
B. (P) : x + 2y + 5z −5 = 0 .
C. (P) : x + 2y z − 4 = 0.
D. (P) : 2x y −3 = 0 . Lời giải Chọn A
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 56/ 8 5 Gọi A( ; a 0;0), B(0; ;
b 0)  AB = (− ; a ; b 0)
d đi qua M (2;1;0) và có 1 VTCP u = (1;2;− ) 1 .
AB d A . B u = 0  a
− + 2b = 0  a = 2bAB = b( 2 − ;1;0) = .
b v với v = ( 2 − ;1;0) .
u v = (1; 2;5) nên (P) có 1 VTPT n = (1;2;5) . Vậy phương trình mặt phẳng (P) là:
x + 2 y + 5z − 4 = 0
Câu 91: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm M (3;0;0), N ( , m ,
n 0), P(0;0; p) . Biết 0
MN = 13, MON = 60 , thể tích tứ diện OMNP bằng 3 .Giá trị của biểu thức 2 2
A = m + 2n + p bằng: A. 29 . B. 27 . C. 28 . D. 30 . Lời giải P N O M Chọn A 2 2
OM = 3,ON = m + n , OP = p , MN = 13 . 1 Ta có: 2 2 2 0
MN = OM + ON − 2OM .ON.cos 60 2 2 2 2
 13 = 9 + m + n − 2.3. m + n . 2 2 2 2 2
m + n −3 m + n − 4 = 0 , 2 2 m + n  0 2 2  m + n = 4 2 2
m + n =16 ( ) 1 .
MN = 13  (m − )2 2 3 + n = 13 2 2
m + n − 6m = 4  6m =12  m = 2 (2) . Từ ( ) 1 và (2) 2  n =12 (3) .
OP OM ,OP ON . Suy ra OP ⊥ (OMN ) , có OM = 3,ON = 4 , OP = p . 1 1 1 3 V = 3 0  .O . P
OM .ON.sin 60 = 3  p .3.4. = 3  p = 3 2  p = 3 (4) . OMNP 3 2 6 2 Từ (2),( ) 3 ,(4) 2 2
A = m + 2n + p = 29 .
Câu 92: Trong không gian Oxyz cho hình vuông ABCD ; B(3;0;8); D( 5 − ; 4
− ;0). Biết đỉnh A thuộc
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 57 / 8 5
mặt phẳng Oxy và có tọa độ là số nguyên. Khi đó CA + CB bằng A. 5 10 . B. 6 10 . C. 10 6 . D. 10 5 Lời giải Chọn B
Ta có CA + CB = CM = 2 CK
BD = (− − )2 + (− − )2 + ( − )2 5 3 4 0 0 8 =12 5 2 2
BD = 12  BC = 6 2  CK = CB + BK = CB = 3 10 2 CA + CB = 6 10 .
Câu 93: Trong không gian Oxyz cho điểm A(2;4;− ) 1 ; B(1;4;− )
1 ;C (2;4;3); D(2;2; − ) 1 . Biết M ( ; x ; y z) , để 2 2 2 2
MA + MB + MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất thì x + y + z bằng? A. 7. B. 8. C. 9. D. 10 Lời giải Chọn A  7 14 
Gọi G là trọng tâm của tứ diện . A BCD G ; ; 0    3 3 
Ta có GA+ GB + GC + GD = 0 + + + = ( )2 +( )2 +( )2 +( )2 2 2 2 2 MA MB MC MD MA MB MC MD = ( + )2 +( + )2 +( + )2 +( + )2 MG GA MG GB MG GC MG GD 2
= MG + MG(GA+GB +GC +GD) 2 2 2 2 4 2.
+ GA + GB + GC + GD
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 58 / 8 5 2 2 2 2 2 = 4MG + 2.M .
G 0 + GA + GB + GC + GD Ta có G, ,
A B, C, D cố định nên 2 2 2 2
GA + GB + GC + GD là hằng số. Để 2 2 2 2
MA + MB + MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất thì 2
MG đạt giá trị nhỏ nhất  7 14  Min
= 0  M G M ;
; 0  x + y + z = 7 2   MG  3 3  A( 2 − ;2;6) B( 3 − ;1;8) C( 1 − ;0;7) D(1;2;3)
Câu 94: Cho hình chóp S.ABCD biết , , , . Gọi H là trung SH ⊥ ( ABCD) 27 điểm của CD,
. Để khối chóp S.ABCD có thể tích bằng (đvtt) thì có hai 2
điểm S , S thỏa mãn yêu cầu bài toán. Tìm tọa độ trung điểm I của S S . 1 2 1 2 A. I (0; 1 − ; 5 − ) .
B. I (1;0;5) .
C. I (0;1;5) . D. I ( 1 − ;0; 5 − ). Lời giải Chọn C AB = ( 1 − ; 1 − ;2)    A ; B AC  = (3;3;3)   Ta có AC = (1; 2 − ) ;1   
AC; AD = (6;6;6)   AD = (3;0; 3 −  )   1 1 S = S + S = ( A ;
B AC  +  AC; AD     ) = (3 3 + 9 3 6 3 ) = . ABCD ABC ACD 2 2 2
CD có trung điểm H (0;1;5) . Vì SH ⊥ ( ABCD) nên đường thẳng SH có vtcp u = n(ABCD) x = t =   A ; B AC   = (3;3; )
3  vtcp khác của SH là (1;1; )
1  SH : y = 1+ t (t  ) z = 5+t
S SH S (t;1+ t;5 + t )  HS = (t;t;t ) . 27 Theo giả thiết V = 1 27  SH.S = 1 9 3 27  3 t . =  t = 3 S . ABCD 2 3 ABCD 2 3 2 2 t = 3  S 3;4;8 1 ( )  
. Vậy S S có trung điểm I (0;1;5) .  1 2 t = 3 −  S 3 − ; 2 − ;2  2 ( )
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 59 / 8 5 x −1 y − 6 z
Câu 95: Cho điểm I (1;7;5) và đường thẳng d : =
= . Phương trình mặt cầu có tâm I và 2 1 − 3
cắt đường thẳng d tại hai điểm ,
A B sao cho tam giác diện tích tam giác IAB bằng 2 6015 là 2 2 2 2 2 2 A. ( x − )
1 + ( y − 7) + ( z − 5) = 2018 .
B. ( x − )
1 + ( y − 7) + ( z − 5) = 2017 . 2 2 2 2 2 2
C. ( x − )
1 + ( y − 7) + ( z − 5) = 2016 .
D. ( x − )
1 + ( y − 7) + ( z − 5) = 2019 . Lời giải Chọn B
Gọi H là trung điểm của AB IH AB .
d có vectơ chỉ phương u = (2; 1
− ;3) và đi qua M (1;6;0) Ta có IM = (0; 1 − ; 5
− )  u;IM  = (8;10; 2 − )   . u; IM  2   2 2 8 +10 + ( 2 − )
Vậy IH = d (I;d ) = = = 2 3 u 2 + (− )2 2 2 1 + 3 Ta có S
= 2 6015  1 IH.AB = 1 2 6015 
.2 3.AB = 2 6015  AB = 2 2005 IAB 2 2  HA = 2005 .
Mặt cầu (S ) cần tìm có bán kính 2 2 R = IA = HA + IH = 2005+12 = 2017
 (S ) (x − )2 + ( y − )2 + (z − )2 : 1 7 5 = 2017 x = 1 − + t
Câu 96: Cho điểm I (0;0;3) và đường thẳng d : y = 2t
. Phương trình mặt cầu ( S ) có tâm I và cắt z = 2+  t
đường thẳng d tại hai điểm ,
A B sao cho tam giác IAB vuông là: 3 8
A. x + y + ( z − 3)2 2 2 = .
B. x + y + ( z − 3)2 2 2 = . 2 3 2 4
C. x + y + ( z − 3)2 2 2 = .
D. x + y + ( z − 3)2 2 2 = . 3 3 Lời giải
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 60 / 8 5 Chọn B
Tam giác IAB là tam giác vuông, mà IA = IB = R nên tam giác IAB vuông cân tại I . R
Khi đó IH = d (I;(d )) =
( Với H là hình chiếu của I trên đường thẳng d . 2  2 − 2 7  2 2 6 Ta có H ( 1
− +t;2t;2 +t), IH.u = 0  H ; ;  IH =  R = . d    3 3 3  3 3 8
Vậy phương trình mặt cầu (S ) x + y + ( z − 3)2 2 2 = . 3
Câu 97: Cho điểm A(2;5; )
1 và mặt phẳng (P) : 6x + 3y − 2z + 24 = 0 , H là hình chiếu vuông góc của
A trên mặt phẳng (P) . Phương trình mặt cầu (S) có diện tích 784 và tiếp xúc với mặt
phẳng (P) tại H , sao cho điểm A nằm trong mặt cầu là: 2 2 2
A. ( x − 8) + ( y − 8) + ( z + ) 1 = 196. 2 2 2
B. ( x + 8) + ( y + 8) + ( z − ) 1 =196 . 2 2 2
C. ( x +16) + ( y + 4) + ( z − 7) = 196 . 2 2 2
D. ( x −16) + ( y − 4) + ( z + 7) = 196 . Lời giải Chọn A x = 2 + 6t
Phương trình đường thẳng qua A và vuông góc với mặt phẳng (P) có dạng: y = 5 + 3t (d ) z =1−2t  .
Khi đó H = d (P)  H ( 4 − ;2; ) 3 . Ta có 2
S = 4 R R = 14 .
Do mặt cầu (S ) tiếp xúc với (P) tại H nên tâm I của mặt cầu thuộc đường thẳng d .  = 2 2 2 t 1
Nên tọa độ I (2 + 6t;5 + 3t;1− 2t) và IH = 14  (6t + 6) + (3 + 3t ) + ( 2
− − 2t) =196   . t = 3 −
Khi đó ta được tọa độ điểm I (8;8;− ) 1 . ( Tâm I ( 1 − 6; 4
− ;7) loại do không thỏa mãn IA R ).
Vây phương trình mặt cầu ( 2 2 2
S ) có dạng: ( x − 8) + ( y − 8) + ( z + ) 1 = 196 . x − 2 y z −1
Câu 98: Cho mặt phẳng (P) : x − 2y − 2z +10 = 0 và hai đường thẳng  : = = , 1 1 1 1 − x − 2 y z + 3  : = =
. Mặt cầu (S ) có tâm thuộc  , tiếp xúc với  và mặt phẳng (P) , có 2 2 1 1 4 1 phương trình: 2 2 2  11   7   5  81 A. 2 2 2
(x −1) + ( y +1) + (z − 2) = 9 hoặc  x
 +  y −  +  z +  = .  2   2   2  4
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 61/ 8 5 2 2 2  11   7   5  81 B. 2 2 2
(x +1) + ( y −1) + (z + 2) = 9 hoặc  x +
 +  y +  +  z −  = .  2   2   2  4 C. 2 2 2
(x −1) + ( y +1) + (z − 2) = 9 . D. 2 2 2
(x −1) + ( y +1) + (z − 2) = 3 . Lời giải Chọn A x − 2 y z −1 t + Tâm I   : = =
I (2+t;t;1−t) có d (I (P)) 10 ; = 1 1 1 1 − 3 Lấy M (2;0; 3
− )  MI = t;t;4 −t ; u = (1;1;4 tính MI ,u  = (5t − 4;4 −5t;0 d ) d ) 2 ( ) 2   2     − d ( MI ,ud 5t 4 I;  = = . 2 ) 2 u 3 d2 t = 1 − t t + Ta có  d ( I;  = d I; P = 5 4 10 R  =  . 2 ) ( ( )) 7 3 3 t =  2 1 − :10 Với t = 1 −  I (1; 1 − ;2); R =
= 3phương trình mặt cầu: 2 2 2
(x −1) + ( y +1) + (z − 2) = 9 3 7 +10 2 2 2 7 11 7  2  11  7   5  81 Với t =  I ; ; 2   ; R =
= 3 phương trình mặt cầu:  x −  + y −  + z +  = 2  2 2  3  2   2   2  4
Câu 99: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho (P) : x + 4y − 2z − 6 = 0, (Q) : x − 2y + 4z − 6 = 0 . Lập
phương trình mặt phẳng ( ) chứa giao tuyến của (P) , (Q) và cắt các trục tọa độ tại các điểm ,
A B, C sao cho hình chóp .
O ABC là hình chóp đều.
A. x + y + z + 6 = 0 .
B. x + y + z − 6 = 0 .
C. x + y z − 6 = 0 .
D. x + y + z − 3 = 0 . Lời giải Chọn B Ta có n = (1;4; 2 − ; n = (1; 2
− ;4 , d = (P)(Q) chọn được u = n ,n  = (12; 6 − ; 6 − d P Q ) Q ) P ) ( ) ( )  ( ) ( )  . Do .
O ABC là hình chóp đều nên là OA = OB = OC suy ra tọa độ của A( ; m 0;0) hoặc A( ; m − 0;0); của B(0; ; m 0) hoặc B(0; ; m
− 0) và C(0;0;m) hoặc C(0;0;−m) với m  0. Giả sử A( ; m 0;0); B(0; ;
m 0); C (0;0;m) theo phương trình đoạn chắn ta có ( ) x y z ABC : + +
= 1  x + y + z = m có vectơ pháp tuyến n = 1;1;1 , lập luận tương tự ta 1 ( ) m m m
có các vectơ pháp tuyến khác là n = 1 − ;1;1 , n = 1; 1 − ;1 , n = 1;1; 1 − . 4 ( ) 3 ( ) 2 ( )
Do ( )  ( ABC) là mặt phẳng xác định nên chỉ được nhận 1 trong 4 vectơ trên, ( ) chứa d
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 62 / 8 5 ta có nn = 1;1;1  . 1 ( ) ( n =  ).u 0 suy ra d ( ) x = 0 x = 0  
Tìm một điểm giao của (P) và (Q) ta có x = 0 xét hệ x + 4y − 2z − 6 = 0   y = 3 được tọa  
x − 2 y + 4z − 6 = 0  z = 3  độ điểm M (0;3; ) 3 .
Phương trình mặt phẳng ( ) : ( 1 x − 0) + ( 1 y − ) 3 + ( 1 z − )
3 = 0  x + y + z − 6 = 0 .
Câu 100: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz ,cho tứ diện ABCD có 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 thỏa: AB AC AD + + = 4 B CD
  biết tứ diện AB CD   có thể tích ABACAD
. Viết phương trình mặt phẳng ( ) nhỏ nhất?
A. 16x + 40y − 44z + 39 = 0 .
B. 16x + 40y + 44z − 39 = 0 .
C. 16x − 40 y − 44z + 39 = 0 .
D. 16x − 40 y − 44z − 39 = 0 . Lời giải Face: Nguyễn Quân Chọn A V
ABACAD
AB 'C ' D ' = . . . V AB AC AD ABCD AB AC AD AB AC AD Mặt khác 3 4 = + +  3. . . ABACAD
ABACADAB AC AD 64 V  27 27 Suy ra . .     V   V
ABACAD 27 V 64 64 ABACAD 3 V  = = = . min AB AC AD 4  1 3 7 
Do đó (P) đi qua trọng tâm G ; ; 
 của tứ diện ABCD và song song với (BCD)  2 4 4 
n = BC, BD = (4;10; 1 − ) 1  
Vậy (P) :16x + 40y − 44z + 39 = 0 .
Câu 101: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng
đi qua điểm M 1;2;3 và cắt các
trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A , B , C ( khác gốc toạ độ O ) sao cho M là trực tâm tam giác ABC . Mặt phẳng
có phương trình là: x y z A. x 2 y 3z 14 0 . B. 1 0 . 1 2 3 C. 3x 2 y z 10 0 . D. x 2 y 3z 14 0 . Lời giải
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 63/ 8 5 Face: Nguyễn Quân Chọn A
Tứ diện OABC vuông đỉnh O, M là trực tâm . ABC  AB OC
AB ⊥ (OCM )  AB OM ( ) * AB CMAC OB
AC ⊥ (OBM )  AC OM ( ) ** AC BM Từ đó ( ) * , (* )
* suy ra OM ⊥ ( ABC)
 (ABC) có vecto pháp tuyến là OM = (1;2;3).
 (ABC) có phương trình: 1.(x − )
1 + 2( y − 2) + 3( z − )
3 = 0  x + 2y + 3z −14 = 0.
Câu 102: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm N (1;1; )
1 . Viết phương trình mặt phẳng
(P) cắt các trục Ox,Oy,Oz lần lượt tại ,AB,C (không trùng với gốc tọa độO) sao cho N
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
A. (P) : x + y + z −3 = 0 . B. (P) : x + y z +1= 0 .
C. (P) : x y z +1= 0 . D. (P) : x + 2y + z − 4 = 0 . Lời giải Face: Nguyễn Quân Chọn A x y z
Phương trình mặt phẳng ( P) : + + = 1, A(a;0;0), B(0;b;0),C (0;0;c) a b c N ( )(P) 1 1 1 1;1;1  + + = 1 (1) a b c  NA = NB (a −  )2 1 +1+1 = 1+ (b − )2 1 +1 a = b      (2) NA = NC (   = a −  )2 1 +1+1 = 1+1+ (c − )2 1 a c (do ABC
có 3 góc nhọn và có tâm đường tròn ngoại tiếp N (1;1; )
1 nên ta có a ,b , c  1)
Từ (1) và (2) ta có: a = b = c = 3.
Vậy phương trình mặt phẳng (P) : x + y + z −3 = 0
Câu 103: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hai đường thẳng d , d lần lượt có phương trình 1 2 x − 2 y − 2 z − 3 x −1 y − 2 z −1 d : = = , d : = =
. Phương trình mặt phẳng ( ) cách đều hai 1 2 1 3 2 2 1 − 4
đường thẳng d , d là: 1 2
A. 7x − 2 y − 4z = 0 .
B. 7x − 2 y − 4z + 3 = 0 .
C. 2x + y + 3z + 3 = 0. D. 14x − 4y − 8z + 3 = 0 . Lời giải
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 64 / 8 5 Face: Nguyễn Quân Chọn D
d có vtcp u = 2;1;3 và đi qua điểm A 2; 2;3 . 1 ( ) 1 ( ) 1
d có vtcp u = 2; 1
− ;4 và đi qua điểm A 1;2;1 2 ( ) 2 ( ) 2
n = u ;u  = 7; 2 − ; 4 − A A = 1 − ;0; 2 − ; u
 ;u .A A =1 0 1 2 ( )   , 1 2 ( ) 1 2 1 2  
Suy ra d , d chéo nhau. 1 2  3 
Do đó ( ) đi qua trung điểm I ; 2; 2 
 của A A có vtpt là n  2  1 2
Vậy phương trình ( ) là 14x − 4y − 8z + 3 = 0
Câu 104: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi d đi qua A(3; 1 − ; ) 1 , nằm trong mặt phẳng ( x y − 2 z
P) : x y + z − 5 = 0 , đồng thời tạo với  : = = một góc 0
45 . Phương trình đường 1 2 2 thẳng d là: x = 3 + 7tx = 3+ t   A. y = 1 − −8t .
B. y = 1 − − t.   z = 1 − −15  t z = 1  x = 3+ 7tx = 3+ tx = 3+ 7t   
C. y = 1 − −8t.
D. y = 1
− − t y = 1 − −8t.    z = 1−15  t z = 1  z = 1−15  t Lời giải Chọn C
Gọi u = a b c là vtcp của d ( 2 2 2
a + b + c  0). d ( ; ; )
(P): xy + z −5 = 0 có vtpt n = (1; 1 − P ) ( ) ;1 . x y − 2  z : = = có vtcp u = (1;2;2).  1 2 2
d  (P) nên u .n
= 0  a = b − . c d P (*) ( ) Ta có u .u d  2
a + 2b + 2c 0 cos 45 =  = 2 2 2 u . u 2 a + b + c d  3 2
 8c −15bc = 0
c = 0  a = b u = a d (1;1;0)    − − =  =  =  = b c b c b a b ud ( − − ). 15 7 8 15 7; 8; 15  8 8 8
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 65/ 8 5 x = 3+ tx = 3+ 7t  
Vậy d : y = 1 − + t,t  hay d : y = 1
− −8t,t  .   z = 1 z = 1−15   t
Câu 105: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi d đi qua điểm A(1; 1 − ;2), song song với ( x +1 y −1 z
P) : 2x y z + 3 = 0 , đồng thời tạo với đường thẳng  : = = một góc lớn nhất. 1 2 − 2
Phương trình đường thẳng d là: x −1 y +1 z − 2 x −1 y +1 z − 2 A. = = . B. = = . 1 5 − 7 4 5 3 x −1 y +1 z − 2 x −1 y +1 z − 2 C. = = . D. = = . 4 5 7 1 5 − 7 − Lời giải Chọn B
(P):2xy z +3= 0 có vtpt n = (2; 1 − ;− P ) ( ) 1 . x +1 y −1  z : =
= có vtcp u = (1; 2 − ;2).  1 2 − 2
(d;) ⊥d. max qua A(1; 1 − ;2)  Khi đó d
u = n ;u  = P ( 4 − ; 5 − ; 3 − ) = −  (4;5;3  ). vtcp  d  ( )  x −1 y +1 z − 2 Vậy d : = = . 4 5 3 x −1 y − 2 z + 2
Câu 106: Trong hệ tọa độ Oxyz gọi d đi qua A(-1;0;-1) cắt  : = = sao cho góc giữa d 1 2 1 1 − x − 3 y − 2 z + 3 và  : = =
là nhỏ nhất. Phương trình đường thẳng d là: 2 1 − 2 2 x +1 y z +1 x +1 y z +1 A. = = B. = = 2 2 1 − 4 5 2 − x +1 y z +1 x +1 y z +1 C. = = D. = = 4 5 − 2 − 2 2 1 Lời giải Chọn C
M = d    M 1+ 2t; 2 + t; 2
− −t , AM (2t + 2;t + 2; t − − ) 1 1 ( )  có vtcp u ( 1 − ;2;2) . 2 2t
Gọi  là góc giữa hai đường thẳng d,  : cos = 2 2 3 6t +14t + 9
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 66/ 8 5
+) với t = 0  cos = 0   = 2 2 2 2 +) t  0  cos = =  2 14 9 5 5  3 7 3 6  + + + + 2 3 t t   9  t 3  2 9 cos − = , t = 5 7 − − + +   9 1 x 1 y z 1 khi t =  AM = (4; 5 − ; 2 − )  d : = =  Chọn C min 7 7 4 5 − 2 − x −1 y z + 2
Câu 107: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d : = = và 1 2 1 1 − x −1 y + 2 z − 2 d : = =
. Gọi  là đường thẳng song song với (P) : x + y + z − 7 = 0 và cắt 2 1 3 2 −
d , d lần lượt tại A, B sao cho AB ngắn nhất. Phương trình đường thẳng  là: 1 2   = −  x 6 t x = 12 − t    5 A. y = 5
B. y =  2  z = 9 − + t   9 − z = + t  2   x = 6 x = 6 − 2t    5  5
C. y = − t
D. y = + t 2  2   9 −  9 − z = + tz = + t   2  2 Lời giải Chọn B
Ad A 1+ 2 ; a ; a 2
− − a ,Bd B 1+ ; b 2 − +3b;2 − 2b . 1 ( ) 2 ( ) AB (b − 2 ;
a 3b a − 2; 2
b + a + 4) . (P) có vtpt n(1;1; ) 1 . 2  
 / / (P)  A .
B n = 0  b = a − 2  AB (−a −1;2a − 5;−a + 6) 5 49 49 2 2
AB = 6a − 30a + 62  6 a − +     2  2 2  x = 6 − t  5  5 9 −  7  5 AB khi a =  A 6; ; , AB =   ( 1 − ;0 ) ;1    y =  Chọn B min 2  2 2  2 2   9 − z = + t  2
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 67 / 8 5 x y − 1 z + 2
Câu 108: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d : = = 1 2 1 − và 1 x = 1 − + 2t
d :  y = 1+ t
. Phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) : 7x + y − 4z = 0 và cắt hai 2 z = 3 
đường thẳng d , d là 1 2 x − 7 y z + 4 x − 2 y z +1 A. = = . B. = = . 2 1 1 7 1 4 − x + 2 y z −1 x − 2 y z +1 C. = = . D. = = . 7 − 1 − 4 7 1 4 Lời giải Chọn B
Gọi A , B lần lượt là giao điểm của đường thẳng d với d , d ; n = (7;1; 4 − ) là một véc tơ 1 2
pháp tuyến của (P).
Do Ad A 2 ; a 1− ; a 2
− + a , Bd B 1 − + 2 ; b 1+ ; b 3 2 ( ) 1 ( ) .
AB = (2b − 2a −1;a + ; b 5 − a) .
Theo giả thiết ta có đường thẳng d vuông góc với (P) nên AB n cùng phương, khi đó  2
a + 2b −1 = 7k
2a − 2b + 7k = 1 − a = 1   
tồn tại số thực k sao cho AB = kn  a + b = k
 a +b k = 0  b  = 2 − .    5 − a = 4 − k a − 4k = 5   k = 1 −   A(2;0;− ) 1 .
Vậy đường thẳng d đi qua điểm A(2;0;− )
1 và nhận n = (7;1; 4
− ) làm một véc tơ chỉ x − 2 y z +1 phương có phương trình: = = . 7 1 4 − x + 1 y − 2 z − 1
Câu 109: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng  : = = và 1 3 1 2 x = 3 x −1 y z + 1   : = =
. Phương trình đường thẳng  song song với d :  y = 1 − + t và cắt hai 2 1 2 3 z = 4 + t
đường thẳng  ;  là 1 2 x = 2 x = 2 − x = 2 − x = 2    
A. y = 3 − t .
B. y = 3 − − t . C. y = 3 − + t .
D. y = 3 − + t .     z = 3 − tz = 3 − − tz = 3 − + tz = 3 + tLời giải Chọn A
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 68 / 8 5
Gọi A , B lần lượt là giao điểm của đường thẳng  với  ,  ; u = (0;1 ) ;1 là một véc tơ chỉ 1 2
phương của đường thẳng d .
Do A  A 3a −1;a + 2;2a +1 , B   B 1+ ; b 2 ; b 3b −1 2 ( ) 1 ( ) .  AB = ( 3
a + b + 2;−a + 2b − 2; 2
a + 3b − 2) .
Theo giả thiết ta có đường thẳng  song song với đường thẳng d nên AB u cùng phương,  3
a + b + 2 = 0  3 − a + b = 2 − a =1   
khi đó tồn tại số thực k sao cho AB = ku  −a + 2b − 2 = k  −a + 2b k = 2  b  =1 .    2
a + 3b − 2 = k 2
a + 3b k = 2 k = 1 −     A(2;3; ) 3 .
Vậy đường thẳng  đi qua điểm A(2;3; ) 3 và nhận n = (0; 1 − ;− ) 1 làm một véc tơ chỉ x = 2 
phương có phương trình:  y = 3 − t . z = 3−tx − 12 y − 9 z − 1
Câu 110: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = , và mặt 4 3 1
thẳng (P): 3x + 5y z − 2 = 0. Gọi d ' là hình chiếu của d lên (P). Phương trình tham số của d ' là x = 62 − tx = 62tx = 62tx = 62t    
A. y = 25t . B. y = 25 − t . C. y = 25 − t . D. y = 25 − t .     z = 2 − 61tz = 2 + 61tz = 2 − + 61tz = 2 + 61tLời giải Chọn C
Ta có: d qua A(12;9; )
1 và có VTCP a = (4;3; ) 1 .
(P) có VTPT n = (3;5;− )1.
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và vuông góc (P) .
 (Q) qua A(12;9; ) 1 và có VPT n =  ; a n = 8 − ;7;11 . 1 ( )    (Q): 8
x + 7y +11z + 22 = 0.
d ' là hình chiếu của d lên ( P) nên d ' = (P) (Q) . Phương trình d ' là x = 62t  8
x + 7y +11z + 22 = 0    y = 25 − t . 3
x + 5y z − 2 = 0 z = 2 − + 61  t
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 69 / 8 5 x =1+ 2t
Câu 111: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : y = 2
− + 4t . Hình chiếu song z = 3+tx +1 y − 6 z − 2
song của d lên mặt phẳng (Oxz) theo phương  : = = có phương trình là 1 − 1 − 1 x = 3+ 2tx = 3+ tx = 1 − − 2tx = 3+ 2t     A. y = 0 . B y = 0 . C y = 0 . D. y = 0 .     z = 1− 4tz = 1+ 2t z = 5 − 4t z = 1− 5t . .   Lời giải Chọn D  7 
Gọi A = d (Oxz)  A 2;0;   .  2  Lấy M (1; 2 − ; )
3 d . Gọi d là đường thẳng qua M và song song với  . x =1− t
Phương trình d : y = 2 − − t . z = 3+t
Gọi B là hình chiếu song song của M lên (Oxz) theo phương   B = d(Oxz)  B(3;0; ) 1 .
Đường thẳng hình chiếu song song của d lên (Oxz) có vec tơ chỉ phương
u = 2AB = (2;0; 5 − ) x = 3+ 2t
Phương trình có dạng :  y = 0 . z =1−5t
Câu 112: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(3;0; 2) , B (1; 2; 4) và mặt cầu (S): 2 2 2
x + ( y + 2) + (z −1) = 25 . Phương trình mặt phẳng ( ) đi qua hai điểm A , B và cắt mặt
cầu ( S ) theo một đường tròn bán kính nhỏ nhất là
A. x − 4 y − 5z +17 = 0. B. 3x − 2 y + z − 7 = 0 .
C. x − 4 y + 5z −13 = 0. D. 3x + 2 y + z –11 = 0. Lời giải Chọn D (S) có tâm I (0; 2
− ;1) và bán kính R = 5. AB = ( 2
− ;2;2) ; IA = (3;2;1). 2 2 2
r = R IH với H là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng ( ) .
Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên lên đường thẳng AB.
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 7 0 / 8 5 rIH
= IK H K IK ⊥ () . min max qua ( A 3; 0; 2)  Khi đó ( )  . vtpt n
= AB, AB, IA = 12( − 3; 2;1)  ( )    
Vậy ( ) : 3x − 2 y + z −11 = 0 .
Câu 113: Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( 3 − ;3; 3
− ) thuộc mặt phẳng ( ) : 2x – 2y + z +15 = 0 và mặt cầu (S ) 2 2 2
: (x− 2) + (y− 3) + (z− 5) = 100 . Đường thẳng  qua M, nằm trên mặt phẳng
( ) cắt (S) tại hai điểm AB . Để độ dài AB lớn nhất thì phương trình đường thẳng  là x + 3 y − 3 z + 3 x + 3 y − 3 z + 3 A. = = . B. = = . 1 4 6 16 11 10 − x = 3 − + 5tx + 3 y − 3 z + 3
C. y = 3 . D. = = .  1 1 3 z = 3 − + 8  t Lời giải Chọn A
(S) có tâm I (2;3;5) và bán kính R = 10 .
( ):2x – 2y + z +15 = 0 có vtpt n = (2; 2 − ;1) . ( ) IM = ( 5 − ;0; 8 − ).
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên ( ), K là hình chiếu vuông góc của I lên AB. 2 2 2 2
AB = 4KB = 4(R IK ) . qua  =     H AB IK IH H K  . max min qua M qua M ( 3 − ;3; 3 − )  Khi đó   . vtcp u = n , n
, IM  = (9;36;54) = 9(1; 4; 6)  ( ) ( )  d    x + 3 y − 3 z + 3 Vậy  : = = . 1 4 6
Câu 114: Trong không gian Oxyz ,cho mặt phẳng
(P):2x − 2y z +9 = 0 và mặt cầu 2 2 2
(S ) : (x − 3) + ( y + 2) + (z −1) = 100 . Tọa độ điểm M nằm trên mặt cầu (S) sao cho khoảng
cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) đạt giá trị lớn nhất là  11 14 13   29 26 7   29 26 7  11 14 13  A. M − ; ;   . B. M ; − ; − 
 . C. M − ; ; − 
 . D. M ; ; −   .  3 3 3   3 3 3   3 3 3   3 3 3  Lời giải Chọn B
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 7 1/ 8 5 + − +
Mặt cầu (S ) có tâm I (3; 2 − ; )
1 và bán kính R = 100 = 10 . Ta có d ( I ( P)) 6 4 1 9 , = 3
= 6  R  (P) cắt mặt cầu (S ) theo giao tuyến là một đường tròn.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên ( P) . Tia IH cắt mặt cầu (S ) tại Q và tia đối của
tia IH cắt mặt cầu (S ) tại K . Khi ấy, KQ là đường kính của mặt cầu (S ) . Gọi N, J lần
lượt là hình chiếu vuông góc của M trên ( P) và của M trên KQ . M
QK ⊥ tại M nên J
nằm trên cạnh KQ . Ta có MJHN là hình chữ nhật ( N = H = J = 90 )  MN = HJ
0  HJ HK (Vì HK = 16  HQ = 4 )  max d (M ;( P)) = HK = 16 . Dấu " = " xảy ra khi M K . x = 3 + 2t ( 
IH ) đi qua I (3; 2 − ; ) 1 u = n = (2; 2
− ;− )  (IH ) : y = 2
− − 2t (t  ) và có vtcp 1 . (P) z =1−t  2 2 2
K  ( IH )  K (3 + 2t; 2
− − 2t;1− t ) . Ta lại có
K  (S )  (2t ) + ( 2
t) + (−t) =100  10 t = 100  2 3  t =   9 10 t = −  3 10   Với t = 29 26 7  K ; − ; − 
  d (M ;(P)) =16 (nhận). 3  3 3 3  10   Với t = − 11 14 13  K − ; ; 
  d (M ;(P)) = 4 (loại). 3  3 3 3 
Nhận xét: Đề bài ban đầu yêu cầu tìm tọa độ điểm M nằm trên mặt cầu (S) sao cho
khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) đạt giá trị nhỏ nhất. Trong quá trình lập luận
tôi thấy không phù hợp vì có vô số điểm M nên đã sửa đề lại như trên.
Câu 115: Trong không gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABC . D A BCD
  có điểm A trùng với gốc
của hệ trục tọa độ, B( ; a 0; 0) , D(0; ; a 0) , A (
 0;0;b) (a  0,b  0) . Gọi M là trung điểm của a
cạnh CC . Giá trị của tỉ số để hai mặt phẳng ( ABD) và (MBD) vuông góc với nhau là b
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 7 2 / 8 5 1 1 A. . B. . C. 1 − . D. 1. 3 2 Lời giải Chọn D
Ta có ABCD là hình bình hành nên AB = DC C (a; a;0) . Và ACC A
  là hình bình hành nên CC = AA  C(a;a;b) .  b
CC có trung điểm M a; a;    2 
BA = (−a;0;b) và BD = (−a; a;0)  ( ABD) có vtpt BABD = ( 2 ; − ; ab − ; ab a )    vtpt khác  a
của ( ABD) là n = 1;1; (vì b  0 ) 1    b   b   −ab abBM = 0; a;    (MBD) có vtpt 2 BM; BD = ; ; a     
vtpt khác của (MBD) là  2   2 2   2a n = 1;1; − (vì b  0 ). 2    b   a = 2  1 a  b
Theo giả thiết ( ABD) ⊥ (MBD)  n n n .n = 0  2 − 2 = 0   . 1 2 1 2    b a  = 1 − (l) b
Câu 116: Trong không gian Oxyx , cho mặt phẳng (P) : x + 2 y + 2z + 4 = 0 và mặt cầu 2 2 2
(S) : x + y + z − 2x − 2 y − 2z −1 = 0 . Giá trị của điểm M trên (S) sao cho d (M , (P)) đạt giá trị nhỏ nhất là  5 7 7   1 1 − 1 −  A. (1;1; ) 3 . B. ; ;   . C. ; ;   . D. (1; 2 − ; ) 1 .  3 3 3   3 3 3  Lời giải Chọn C
Ta có: x + y + z x y z − =  ( x − )2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 0 1
+ (y −1) + (z −1) = 4
Mặt cầu (S) có tâm I (1;1;1) , bán kính R = 2
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 7 3/ 8 5 1+ 2 + 2 + 4
d (I , (P)) =
= 3  R . Do đó, (S) và (P) không giao nhau. 2 2 2 1 + 2 + 2
Vậy để khoảng cách từ M đến (P) đạt giá trị nhỏ nhất thì M thuộc đường thẳng d đi qua
tâm I của mặt cầu (S) và vuông góc với mặt phẳng (P) .
Mặt phẳng (P) có VTPT n = (1; 2; 2)
Đường thẳng d đi qua I và nhận n = (1; 2; 2) là VTCP nên d có phương trình là: x =1+ t  y = 1+ 2t z =1+ 2t
M d M (1+ t;1+ 2t;1+ 2t)
M  (S )  (1+ t − )2 2 2 2 2
1 + (1+ 2t −1) + (1+ 2t −1) = 4  9t = 4  t =  3 2 5 7 7 11 Với t =
M ( ; ; )  d(M ,(P)) = 3 3 3 3 3 2 1 1 − 1 − 1
Với t = −  M ( ; ;
)  d (M , (P)) = 3 3 3 3 3  1 1 − 1 −  Vậy M ; ; 
 thỏa mãn yêu cầu bài toán.  3 3 3 
Câu 117: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm ( A 10; 2; 1 − ) và đường thẳng x −1 y z −1 d : = =
. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua điểm A , song song với đường thẳng d sao 2 1 3
cho khoảng cách giữa d và (P) lớn nhất. Khoảng cách từ điểm M (−1; 2;3) đến mặt phẳng (P) là 97 3 76 790 2 13 3 29 A. . B. . C. . D. . 15 790 13 29 Lời giải Chọn A
Gọi H là hình chiếu của A trên d , gọi I là hình chiếu của H trên (P) .
Mặt phẳng (P) đi qua điểm
A , song song với đường thẳng d nên
d (d, (P)) = d (H , (P)) = IH .
Ta có AH IH nên IH lớn nhất  AH = IH A I .
Vậy mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu bài toán là mặt phẳng đi qua điểm A và nhận vectơ AH làm VTPT.
Ta có H d H (1+ 2t;t;1+ 3t)  AH = (2t − 9;t − 2;3t + 2) x −1 y z −1 d : = =  u = (2;1;3) 2 1 3 dH là hình chiếu của A trên d nên
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 7 4 / 8 5
AH d AH. u = 0  2(2t − 9) + (t − 2) + 3(3t + 2) = 0  t = 1 d
Do đó H (3;1; 4)  AH = ( 7 − ; 1 − ;5)
Mặt phẳng (P) đi qua điểm ( A 10; 2; 1
− ) và có VTPT là AH = ( 7 − ; 1
− ;5) nên (P) có phương trình là: 7
− (x −10) − (y − 2) + 5(z +1) = 0  7x + y − 5z − 77 = 0 7 − + 2 − 5.3− 77 97 3
Vậy d (M ;(P)) = = . 2 2 + + − 15 7 1 ( 5)
Câu 118: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A(2;5; ) 3 và đường thẳng x −1 y z − 2 d : = =
. Gọi (P) là mặt phẳng chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ A 2 1 2
đến (P) lớn nhất. Tính khoảng cách từ điểm M (1;2;− )
1 đến mặt phẳng (P) . 11 18 11 4 A. . B. 3 2 . C. . D. . 18 18 3 Lời giải Chọn A
Kẻ AH ⊥ (P), AK d .
Ta có K d K (1+ 2t, t, 2 + 2t)  AK = (2t −1, t − 5, 2t − ) 1 . Ta có: u (2;1;2). d
AK d AK.u = 0  2(2t −1) +1(t − 5) + 2(2t −1) = 0  t =1  K (3;1;4), AK = (1; 4 − ) ;1 . Do d
AH ⊥ (P), AK d , d  (P) nên AH KH AH AK.
max AH = AK khi H K hay AK ⊥ (P).
 (P) đi qua K (3;1;4) nhận AK làm VTPT nên phương trình (P) là: x − 4y + z −3 = 0. 11 18
d(M ,(P)) = . 18
Câu 119: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x + y z + 2 = 0 và hai x =1+ tx = 3− t  
đường thẳng d : y = t
; d :  y = 1+ t . Biết rằng có 2 đường thẳng có các đặc điểm:   z = 2 + 2tz = 1− 2t 
song song với (P) ; cắt d, d và tạo với d góc O
30 . Tính cosin góc tạo bởi hai đường thẳng đó. 1 1 2 1 A. . B. . C. . D. . 5 2 3 2 Lời giải Chọn B
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 7 5/ 8 5
Gọi  là đường thẳng thỏa mãn YCBT.
Gọi giao điểm của đường thẳng  với hai đường thẳng d, d lần lượt là M , N.
Ta có: M (1+ t, t, 2 + 2t), N (3−t , 1+ t , 1− 2t).
MN = (2 −t−t, 1+t−t, −1− 2t− 2t). Có n = 1;1; 1 − , u (1;1;2). ( P) ( ) d
//(P)  MN.n = 0  4 + 2t = 0  t = 2 − . ( P)
MN = (4 −t, -1−t, 3− 2t).
 MN,u  = ( 5 − , -5, 5). d     ( MN , ud   1 d ) 0 , = 30  (d ) 0 sin , = sin30  = 2
 6t −18t − 24 = 0  t = 4, t = 1 − . 1 2 MN . u 2 dMN = 0; 5 − ; 5 − = 5
− 0;1;1 , MN = 5;0;5 = 5 1;0;1 . 2 ( ) ( ) 1 ( ) ( )
Do đó 2 VTCP của hai đường thẳng  ,  cần tìm là: u = 0;1;1 , u = 1;0;1 . 2 ( ) 1 ( ) 1 2 u ,u     3 1 sin ( ,  1 2 = =  os c
( ,  = ( do góc giữa hai đường thẳng là góc nhọn). 1 2 ) 1 2 ) u . u 2 2 1 2
Câu 120: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(1; 0; )
1 , B (3; -2; 0) ; B (3; -2; 0) Gọi
(P)là mặt phẳng đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B C đến (P) . lớn nhất. Biết
rằng ( P) không cắt BC . Khi đó, điểm nào sau đây thuộc mặt phẳng ( P) ? A. G ( 2 − ;0;3).
B. F (3;0; 2 − ) .
C. E (1;3; ) 1 .
D. H (0;3; ) 1 . Lời giải Chọn C
Gọi I là trung điểm của BC I (2;0; − ) 1
Theo giả thiết ( P) không cắt BC nên ;
B C nằm cùng phía với ( P) . Do đó d ( ;
B ( P)) + d (C;( P)) = BH + CK = 2IJ  2IA = 2 5
Trong đó H ; K; J lần lượt là hình chiếu vuông góc của B;C; I lên mặt phẳng ( P)
Dấu “=” xảy ra  J A hay ( P) ⊥ IA .
Suy ra, Mặt phẳng ( P) có VTPT IA = ( 1 − ;0;2)
Do đó, Phương trình mặt phẳng ( P) qua A(1; 0; ) 1 và có VTPT n = ( 1 − ;0;2) là:
(P): x − 2z +1= 0  E(1;3; )1(P) .
Câu 121: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(1; 0; 0) , B (0; b; 0) , C (0; 0; c) , trong đó ;
b c dương và mặt phẳng ( P) : y z +1 = 0 . Biết rằng mặt phẳng ( ABC ) ⊥ ( P) và
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 7 6/ 8 5
d (O ( ABC )) 1 ;
= . Mệnh đề nào đúng? 3
A. b + c = 1.
B. b + c = 1.
C. b + c = 1.
D. b + c = 1. Lời giải Chọn A x y z
Phương trình mặt phẳng ( ABC ) : + + = 1  bcx + cy + bz = bc 1 b c Ta có n (0;1; − ) 1 ; n = ( ; bc c; b . Do mặt phẳng
( ABC) ⊥ (P)  n n P ABC ) ( ) P (ABC) n .n
= 0  b = c (* P ABC ) ( ) 1 bc 1 Mặt khác, d ( ; O ( ABC )) =  = (**) 3 (bc)2 2 2 3 + b + cc = 0
Thay (*) vào (**) ta được: 2 4 2 4 2 
3c = c + 2c  8c − 2c = 0  1  c =   2 1 Do ;
b c dương nên b = c = . 2
Vậy, b + c = 1.
Câu 122: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(1;2; ) 3 , B(0;1; ) 1 , C (1;0; 2 − ).
Điểm M (P) : x + y + z + 2 = 0 sao cho giá trị của biểu thức 2 2 2
T = MA + 2MB + 3MC nhỏ
nhất. Khi đó, điểm M cách (Q) : 2x y − 2z + 3 = 0 một khoảng bằng 121 2 5 91 A. 54 . B. 24 . C. 3 . D. 54 . Lời giải Chọn D  4 4 1  Gọi I là điểm thỏa mãn
IA + 2IB + 3IC = 0  I ; ; −   .  6 6 6  2 2 2 2
T = IA + IB + IC + IM IM (IA+ IB + IC) 2 2 2 2 2 3 6 2 2 3
= IA + 2IB + 3IC + 6IM .
T nhỏ nhất  IM ngắn nhất  M là hình chiếu của I trên (P) .  4 x = + t  6   4
d :  y = + t t R là đường thẳng đi qua I và vuông góc với ( P) . 6   1 z = − + t  6  − − − 
M = d  ( P) 7 7 22  M
d (M (Q)) 91 ; ; , =   .  18 18 18  54
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 7 7 / 8 5
Câu 123: (Đề minh họa L1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(1; 2 − ;0), B(0; 1 − ; ) 1 C (2;1;− )
1 , D(3;1;4). Hỏi có tất cả bao nhiêu mặt phẳng cách đều bốn điểm đó? A. 1. B. 4. C. 7. D. Vô số. Lời giải Chọn C AB = ( 1 − ;1; ) 1 , AC = (1;3; − )
1 , AD = (2;3;4)   A , B AC = ( 4 − ;0; 4 − )  A , B ACAD  0     , suy ra
bốn điểm A, B, C, D là bốn đỉnh của một tứ diện.
Xét mp(P) và hai điểm M, N không nằm trên (P), ta có: (P) cách đều hai điểm M, N khi và
chỉ khi (P) song song với MN hoặc (P) đi qua trung điểm của đoạn MN.
Vậy có 7 mặt phẳng cách đều 4 điểm A, B, C, D, trong đó có
4 mặt phẳng mà mỗi mặt phẳng đi qua trung điểm của ba cạnh chung một đỉnh.
3 mặt phẳng mà mỗi mặt phẳng song song với hai cạnh đối diện và đi qua trung điểm
của bốn cạnh còn lại. Chọn C
Câu 124: (Đề minh họa L1 )Cho Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm (
A 1; 0; 2) và đường x −1 y 2 +1
thẳng d có phương trình: = =
. Viết phương trình đường thẳng đi qua A , 1 1 2
vuông góc và cắt d . x −1 y 2 − 2 x −1 y z − 2 A.  : = =
. B.  : = = . 1 1 1 1 1 1 − x −1 y 2 − 2 x −1 y z − 2 C.  : = =
. D.  : = = . 2 1 1 1 3 − 1
Lời giải Chọn B Gọi B d
tọa độ B t 1;t; 2t 1 , AB t;t; 2t 3 . Ta có . AB u 0 t t 2. 2t 3 0 t 1 B 2;1; 1 d Đường thẳng
đi qua A 1;0; 2 , vecto chỉ phương AB 1;1; 1 . x −1 y z − 2
Suy ra phương trình đường thẳng  : = = 1 1 1 − .
Câu 125: (Đề thử nghiệm 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 2;3;1 và AM
B 5; 6; 2 . Đường thẳng AB cắt mặt phẳng Oxz tại điểm M . Tính tỉ số . BM AM 1 AM AM 1 AM A. = . B. = 2 . C. = . D. = 3. BM 2 BM BM 3 BM Lời giải Chọn A
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 7 8 / 8 5 A H2 (Oxz) H1 M B
Mặt phẳng Oxz có phương trình y 0 . AM d ( , A (Oxz)) 3 1 Ta có = = = . BM
d ( B,(Oxz)) 6 2
Câu 126: (Đề thử nghiệm 2017) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng ( x − 2 y z x y −1 z − 2
P) song song và cách đều hai đường thẳng d : = = và d : = = . 1 1 − 1 1 2 2 1 − 1 −
A. 2x − 2z +1 = 0 .
B. 2 y − 2z +1 = 0 .
C. 2x − 2 y +1 = 0 .
D. 2 y − 2z −1 = 0 . Lời giải Chọn B u = ( 1 − ;1; ) 1 , v = (2; 1 − ;− )
1 lần lượt là véc tơ chỉ phương của d , d . u, v = (0;1; − ) 1 1 2   .
A(2;0;0)d , B 0;1;2 d AB = 2
− ;1;2 . u,vAB  0  d ,d chéo nhau suy ra có duy 1 ( ) 2 ( )   1 2
nhất một mặt phẳng (P) song song và cách đều d , d . 1 2 (  1 
P) đi qua trung điểm I 1; ;1 
 của đoạn AB và nhận u,v = (0;1;− ) 1  2    làm VTPT.
Vậy (P) : 2y − 2z +1 = 0 . Chọn B
Câu 127: (Tạp chí THTT Lần 5) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1;2;− ) 1 . Viết
phương trình mặt phẳng ( ) đi qua gốc tọa độ O(0;0;0) và cách M một khoảng lớn nhất. x y z
A. x + 2 y z = 0 . B. + + = 1.
C. x y z = 0 .
D. x + y + z − 2 = 0 . 1 2 −1 Lời giải Chọn A M O H P
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 7 9 / 8 5
Gọi (P) là một mặt phẳng đi qua O, H là hình chiếu của M trên (P). Khi đó d (M,(P)) = MH.
Ta có MH OM MH lớn nhất khi và chỉ khi MH = OM H O OM ⊥ (P) .
Vây ( ) là mặt phẳng đi qua O và có VTPT OM = (1;2;− )
1  ( ) : x + 2y z = 0 . Chọn A
Câu 128: (THPT Hai Bà Trưng Lần 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(2;0; 2 − ), B(3; 1 − ; 4 − ),C( 2
− ;2;0) . Tìm điểm D trong mặt phẳng (Oyz) có cao độ âm sao
cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (Oxy)
bằng 1. Khi đó có tọa độ điểm D thỏa mãn bài toán là: A. D(0;3;− ) 1 B. D(0; 3 − ;− ) 1 .
C. D(0;1;− ) 1 .
D. D(0;2;− ) 1 . Lời giải Chọn A
D(Oyz) nên D(0; ;
y z) , z  0 . Do d ( ,
D (Oxy)) =1 nên z =1 z = 1 −  D(0; ; y − ) 1 Ta có AB = (1; 1 − ; 2 − ), AC = ( 4 − ;2;2)  A , B AC = (2;6; 2 − )   ; AD = ( 2 − ; y ) ;1 . 1 1 V
=  AB, AC.AD = 6y − 6 = y −1 ABCD   . 6 6  y = 3 D(0;3;− ) 1 Theo giả thiết V = 2  y −1 = 2    . ABCD   y = 1 − D  (0; 1 − ;− ) 1
Câu 129: (THPT Hai Bà Trưng Lần 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm H (1;2; ) 3 .
Mặt phẳng (P) đi qua điểm H , cắt Ox,Oy,Oz tại ,
A B, C sao cho H là trực tâm của tam
giác ABC . Phương trình của mặt phẳng (P) là
A. (P) :3x + y + 2z −11= 0 .
B. (P) : 3x + 2y + z −10 = 0 .
C. (P) : x + 3y + 2z −13 = 0.
D. (P) : x + 2y + 3z −14 = 0 . Lời giải Chọn D
Do OABC là tam diện vuông và H là trực tâm tam giác ABC nên OH ⊥ ( ABC) . Suy ra (P) đi điểm H (1;2; )
3 và có véc tơ pháp tuyến OH = (1;2;3) nên ( P) có phương trình ( 1 x − )
1 + 2( y − 2) + 3( z − ) 3 = 0
Hay x + 2 y + 3z −14 = 0 .
Câu 130: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(0;0;4) , điểm M nằm trên mặt phẳng
(Oxy) và M O. Gọi D là hình chiếu vuông góc của O lên AM E là trung điểm của
OM . Biết đường thẳng DE luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định. Tính bán kính mặt cầu đó.
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 8 0 / 8 5 A. R = 2 .
B. R = 1 .
C. R = 4 .
D. R = 2 . Lời giải Chọn A Ta có ODM
vuông tại D DE là trung tuyến nên O
ED cân tại E , suy ra EOD = EDO ( )1.
Gọi I là trung điểm của OA , ta có ODA
vuông tại D và có DI là trung tuyến nên ODA
cân tại I , suy ra IOD = IDO (2). Từ (1) và (2) ta có: 0 EDI = EDO + IDO = EOD + IOD = IOE = 90 hay OA ED DI =
= 2. Vậy đường thẳng DE luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm I bán kính 2 OA R = = 2. 2 Câu 131: Cho điểm (
A 0;8; 2) và mặt cầu (S ) có phương trình 2 2 2
(S ) : (x − 5) + ( y + 3) + (z − 7) = 72 và điểm B(9; 7
− ;23) . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A tiếp xúc với (S) sao cho khoảng
cách từ B đến (P) là lớn nhất. Giả sử n = (1; ;
m n) là một vectơ pháp tuyến của (P) . Lúc đó A. . m n = 2. B. . m n = 2. − C. . m n = 4. D. . m n = 4. − Lời giải Chọn D + + + =
Gọi phương trình mặt phẳng (P) là: x my nz d 0 A  ( P)
8m + 2n + d = 0  d = 8
m − 2n  (P): x + my + nz − (8m + 2n) = 0 Vì nên ta . 5 −11m + 5n (
d ( I;( P)) = R  = 6 2 P) (S) 2 2 Do
tiếp xúc với mặt cầu nên 1+ m + n . − + − − − + + − + d ( m n m n m n m n ; B ( P)) 9 7 23 8 2 (5 11 5 ) 4(1 4 ) = = 2 2 2 2 Ta có: 1+ m + n 1+ m + n
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 8 1/ 8 5 ( − + − + − +  1 m 4n B ( P)) 5 11m 5n 1 m 4n d ;  + 4  d ( ;
B ( P))  6 2 + 4 2 2 2 2 1+ m + n 1+ m + n 2 2 1+ m + n 2 2 Cosi− + + + + Svac  ( m n d ; B ( P)) (1 1 16)(1 )  6 2 + 4  d ( ;
B ( P))  18 2 . 2 2 1+ m + nn 1 = −m = m = 1 −  4    n = 4 5 −11m + 5n  = 6 2 d = 0  2 2  + +
Dấu “=” xảy ra khi 1 m n . x − 3 y z +1
Câu 132: Trong không gian cho đường thẳng  : = = và đường thẳng 1 2 3 x + 3 y −1 z + 2 d : = =
. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua  và tạo với đường thẳng 3 1 2
d một góc lớn nhất.
A. 19x −17 y − 20z − 77 = . 0
B. 19x −17 y − 20z + 34 = . 0
C. 31x − 8y − 5z + 91 = . 0
D. 31x − 8y − 5z − 98 = . 0 Lời giải Chọn D
Cách 1: ( P) : ax + by + cz + d = 0 ( 3
a c + d = 0 a = 2 − a − 3c
P) chứa  nên ( P) đi qua A(3;0; − )
1 và n u     P
a + 2b + 3c = 0
d = c − 3a = 10c − 6b ( + d ( P)) 5b 7c sin , = 2
5b +10c + 2bc 14 Nếu c =  (d (P)) 5 0 sin , = 14 b 5 + 7 c
Nếu c  0  sin (d,( P)) = 2  b b 5 +10 +12 14    c c 2 25t + 70t + 49 10t −1
Xét hàm số f (t ) = = 5 + = g t 2 2 ( ) 5t +12t +10 5t +12t + 10  8 t =  − + + g (t ) 2 50t 10t 112 5 ' = ( =   t + t + ) 0 2 2 7 5 12 10 t = −  5 (t) 75 8 maxg =  t = 14 5
Chọn b = 8, c = 5  a = 31
− ;d = 98 . Vậy Chọn D
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 8 2 / 8 5 Câu 133: 2 2 2
Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S ) :( x − ) 1
+ ( y − 2) + (z − 3) = 9 và mặt phẳng
(P):2x−2y + z +3= 0.Gọi M ( ;a ;bc)là điểm trên mặt cầu (S) sao cho khoảng cách từ M
đến (P) là lớn nhất. Khi đó
A. a + b + c = 5.
B. a + b + c = 6.
C. a + b + c = 7.
D. a + b + c = 8. Lời giải Chọn C
Mặt cầu (S ) có tâm I (1;2;3) , bán kính R = 3.
d(I (P)) = 4 ,  R d (M,(P)) Ta có: 3
vậy (P) cắt (S ) . Khi đó
lớn nhất  M d đi qua I, vuông x =1+ 2t
góc với (P) và cắt mặt cầu tại 2 điểm M , M . PTĐT d : y = 2 − 2t 1 2 z = 3+td cắt (S)tại M , M nên tọa độ M , M là nghiệm của hệ 1 2 1 2 x =1+ 2ty = 2−2t  t =1   z 3 t  = +  t = 1 − (x− )2
1 + ( y − 2)2 + ( z − 3)2 = 9 13
Với t = 1  M 3;0; 4  d M , P = 1 ( ) ( 1 ( )) 3 5 Với t = 1 −  M 1
− ;4;2  d M , P = 2 ( ) ( 2 ( )) 3 13
Vậy khoảng cách từ M đến (P) lớn nhất bằng
khi M (3;0;4)  a + b + c = 7. 3 x −1 y z + 3
Câu 134: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = và mặt cầu (S ) 1 − 2 1 −
tâm I có phương trình: (S ) ( x − )2 + ( y − )2 + ( z + )2 : 1 2 1
=18. Đường thẳng d cắt (S ) tại 2 điểm ,
A B. Tính diện tích tam giác IA . B 8 11 16 11 11 8 11 A. . B. . C. . D. . 3 3 6 9 Lời giải Chọn A x =1− t
Phương trình tham số của đường thẳng d :y = 2t z = 3 − − t
Đường thẳng d cắt (S ) tại 2 điểm ,
A B . Khi đó tọa độ ,
A B ứng với t là nghiệm của
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 8 3/ 8 5 t = 1 − phương trình: (  1− t − )2 1 + (2t − 2)2 + ( 3 − − t + )2 1 = 18  5  t =  3 Với t = 1 −  A(2; 2 − ; 2 − ) 5  2 10 14  Với t =  B − ; ;−   . 3  3 3 3 
Mặt cầu (S ) có tâm I (1;2;− ) 1 . 1 8 11 Khi đó S = I , A IB = . IAB   2 3
Câu 135: Cho hình lập phương ABC . D A BCD
  có cạnh bằng 2 . Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( AB D  ) và (BC D  ). 3 3 2 A. . B. 3 . C. . D. . 3 2 3 Lời giải Chọn D Ta có ( AB D  ) / / (BC D  ).
d (( AB' D'),(BC ' D)) = d ( ,
A (BC ' D))
Gắn hệ trục tọa độ ( Axyz) , trong đó A(0;0;0), B(2;0;0), D(0;2;0),C '(2;2;2) Mặt phẳng (BC D
 ) qua B(2;0;0) có vtpt n =BC',BD = ( 4 − ; 4 − ;4)  pt (BC D  ): 4
− (x − 2) − 4y + 4z = 0  x + y z − 2 = 0
d ( A (BC D)) 2 , ' = 3 .
Câu 136: Trong không gian Oxyz , cho điểm A(2;0; 2 − ), B(3; 1 − ; 4 − ),C( 2
− ;2;0). Điểm D trong mặt
phẳng (Oyz) có cao độ âm sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng cách
từ D đến mặt phẳng (Oxy) bằng 1. Khi đó có tọa độ điểm D thỏa mãn bài toán là
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 8 4 / 8 5 A. D(0;3;− ) 1 .
B. D(0; 3 − ;− ) 1 .
C. D(0;1;− ) 1 .
D. D(0;2;− ) 1 . Lời giải Chọn A
D  (Oyz)  D (0; y; z ), z  0
d ( D, (Oxy)) = z = 1  z = 1
−  D (0; y;− ) 1 Ta có  A , B AC = (2;6; 2 − ), AD = ( 2 − ; ; y 1)   1 1  y = 3 V
= AB, AC.AD = 4 − + 6y − 2 = 2  ABCD    6 6  y = 1 −  D (0;3; − ) 1  D  (0; 1 − ;− ) 1
Câu 137: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( A 2;11; 5 − ) và mặt phẳng 2 2
(P) : 2mx + (m +1) y + (m −1)z −10 = 0 . Biết rằng khi m thay đổi, tồn tại hai mặt cầu cố định
tiếp xúc với mặt phẳng (P) và cùng đi qua A . Tìm tổng bán kính của hai mặt cầu đó. A. 2 2 . B. 5 2 . C. 7 2 . D. 12 2 . Lời giải Chọn D
Gọi I (x ; y ; z ) là tâm mặt cầu. Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng nên ta có 0 0 0 2 2
2mx + (m +1) y + (m −1)z −10 1 − − 0 0 0 1 2mx 2z 10 0 0
d (I;(P)) = = y + z + = const với mọi 2 0 0 2 2 m +1 2 m +1 2x = 0 x = 0 1 m suy ra 0 0     I(0; y ; 5
− )  d(I,(P)) = y − 5 2 − z −10 = 0 z = 5 −  0 0 2 0  0 Mặt khác mặt cầu đi qua A nên y − 5 2 0
IA = d (I;(P))  4 + ( y −11) =  I(0;25; 5 − ); I(0;9; 5 − ) 0 2 Với I (0; 25; 5 − )  R =10 2 Với I (0;9; 5 − )  R = 2 2
Câu 138: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm (
A 5;5; 0), B(1; 2;3), C(3;5; 1 − ) và mặt
phẳng (P) : x + y + z + 5 = 0 . Tính thể tích V của khối tứ diện S.ABC biết đỉnh S thuộc mặt
phẳng (P) và SA = SB = SC . 145 45 127 A. V = .
B. V =145. C. V = . D. V = . 6 6 3 Lời giải Chọn A
SA = SB = SC nên hình chiếu của đỉnh S xuống mặt phẳng đáy trùng với tâm đường
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688
Chuyên đề: Cực trị hình giải tích T r a n g 8 5/ 8 5
tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Phương trình mặt phẳng ( ABC) :3x −10y − 6z + 35 = 0
Phương trình mặt phẳng trung trực cạnh AB : 4x + 3y − 3z −18 = 0 15
Phương trình mặt phẳng trung trực cạnh AC : 2x + z − = 0 2  7 3 
Suy ra tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp I 3; ;    2 2   x = 3 + 3t   7
Phương trình đường thẳng
SI :  y = −10t , do điểm S thuộc mặt phẳng 2   3 z = − 6t  2  14 9 
(P)  t = 1  S 6; − ; −  SI = 145    2 2  145
AB = 34, BC = 29, AC = 5  S = ABC  2 1 145
Vậy V = .SI.S = . 3 ABC 6
Nguyễn Hoàng Việt - Website: http://luyenthitracnghiem.vn  0905193688