Hình học không gian tọa độ Oxyz phần 2 Ôn thi TNTHPT 2023

Phương trình đường thẳng trong không gian tọa độ $Oxyz$ VD VDC gồm có 2 phần , phần 1 gồm các câu hỏi từ câu 1 đến câu 26, phần 2 gồm các câu hỏi từ câu 27 đến câu 56. Chuyên đề này gồm các câu hỏi ở mức vận dụng và vận dụng cao của bài toán viết phương trình đường thẳng trong không gian tọa độ $Oxyz$. Đây là chuyên đề ôn thi TN THPT năm 2023 và cung cấp các kiến thức bổ trợ cho học sinh làm những bài toán VD VDC trong đề thi.

Sau đây chúng tôi xin giới thiệu quý thầy cô và các em học sinh phần 2 của chuyên đề này.

Câu 27. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho tam giác $ABC$ có $AB=2AC$ và điểm $M\left( 2;0;4 \right)$. Biết điểm $B$ thuộc đường thẳng $d:\frac{x}{1}=\frac{y}{1}=\frac{z}{1}$, điểm $C$ thuộc mặt phẳng $\left( P \right):2x+y-z-2=0$ và $AM$ là phân giác trong của tam giác $ABC$ kẻ từ $A\,\,\,\left( M\in BC \right)$. Phương trình đường thẳng $BC$ là

A. $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}x=2-t \\y=t \\ z=4+t  \\\end{array} \right.$.      B. $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}x=2  \\ y=t  \\ z=4-t  \\ \end{array} \right.$.      C. $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}x=-2+2t  \\y=-2+t  \\z=-2+3t  \\ \end{array} \right.$.      D. $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}x=2  \\ y=2-t  \\z=2+t  \\\end{array} \right.$.

Lời giải:

Từ giả thiết ta có: $B\in d\Rightarrow B\left( t;t;t \right)$. Vì $AM$ là phân giác trong của góc $\widehat{BAC}$ và $AB=2AC$ $\Rightarrow \frac{MB}{MC}=\frac{AB}{AC}=2\Rightarrow \overrightarrow{MB}=-2\overrightarrow{MC}$.

Ta được $\overrightarrow{MB}=\left( t-2;t;t-4 \right)$ và $\overrightarrow{MC}=\left( {{x}_{C}}-2;{{y}_{C}};{{z}_{C}}-4 \right)$ thế vào và rút gọn ta được: $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{x}_{C}}=3-0,5t  \\{{y}_{C}}=-0,5t  \\{{z}_{C}}=6-0,5t  \\\end{array} \right.$ hay $C\left( 3-0,5t;-0,5t;6-0,5t \right)$

Do $C$ là điểm thuộc $\left( P \right)$ nên $2\left( 3-0,5t \right)+\left( -0,5t \right)-\left( 6-0,5t \right)-2=0\Leftrightarrow -t-2=0\Leftrightarrow t=-2$. Suy ra $B\left( -2;-2;-2 \right)$.

Đường thẳng $BC$ đi qua điểm $B\left( -2;-2;-2 \right)$ và nhận vectơ $\overrightarrow{BM}=\left( 4;2;6 \right)$ hay vectơ $\vec{u}=\left( 2;1;3 \right)$ là một vectơ chỉ phương nên có phương trình là $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}x=-2+2t  \\y=-2+t  \\z=-2+3t  \\\end{array} \right.$.

Câu 28. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho hai điểm $A(4;6;2),\,B(2;-2;0)$ và mặt phẳng $(P):x+y+z=0$. Xét đường thẳng $d$ thay đổi thuộc $(P)$ và đi qua $B$, gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $d$. Biết rằng khi $d$ thay đổi thì $H$ thuộc một đường tròn cố định. Diện tích của hình tròn đó bằng

A. $4\pi $.      B. $\pi $.      C. $6\pi $.      D. $3\pi $.

Lời giải:

Cách 1: Do $\widehat{BHA}={{90}^{\circ }}$ nên $H$ thuộc mặt cầu đường kính $AB$, $H\in (P)$, do đó, $H$ chạy trên đường tròn là giao của mặt cầu đường kính $AB$ và $(P)$. Đường tròn này có tâm là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $(P)$ với $I$ là trung điểm của $AB$, bán kính bằng $\frac{1}{2}$ độ dài hình chiếu vuông góc của $AB$ trên $(P)$.

Ta có $\overrightarrow{BA}=(2;8;2)$; $\overrightarrow{{{n}_{P}}}=(1;1;1)$, $(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{{{n}_{p}}})=\alpha $

Ta có $\left| \cos \alpha  \right|=\frac{\left| \overrightarrow{BA}.\overrightarrow{{{n}_{P}}} \right|}{\left| \overrightarrow{BA} \right|.\left| \overrightarrow{{{n}_{P}}} \right|}$

$r=\frac{1}{2}\left| \overrightarrow{BA} \right|.\left| \sin \alpha  \right|=\frac{1}{2}\left| \overrightarrow{BA} \right|.\sqrt{1-{{\cos }^{2}}\alpha }=\sqrt{6}$

$S=\pi {{r}^{2}}=6\pi $.

Cách 2: Ta có $A{{B}^{2}}=72$, $d(A,(P))=\frac{12}{\sqrt{3}}=4\sqrt{3}$, vậy, hình chiếu vuông góc của $AB$ trên $(P)$ có độ dài là $\sqrt{A{{B}^{2}}-{{d}^{2}}}=2\sqrt{6}$, bán kính $r=\sqrt{6}$. $S=\pi {{r}^{2}}=6\pi $.

Câu 29. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho mặt cầu $\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-6x+4y-6z-59=0$, đường thẳng $\Delta :\left\{ \begin{align} & x=1+5t \\ & y=5+2t \\ & z=4-4t \\ \end{align} \right.$. Một mặt phẳng $\left( P \right)$ chứa đường thẳng $\Delta $ và luôn cắt mặt cầu $\left( S \right)$ theo giao tuyến là một đường tròn $\left( C \right)$. Biết rằng khối nón có đường tròn đáy trùng với $\left( C \right)$ và có đỉnh $N\in \left( S \right)$ có thể tích lớn nhất. Lúc đó phương trình của mặt phẳng $\left( P \right)$ có dạng $ax+by+cz-1=0$ với $a,b,c$ là các số thực dương. Tổng $T=a+b+c$ bằng

A. $\frac{11}{52}$.      B. $\frac{17}{52}$.      C. $\frac{15}{52}$.      D. $\frac{21}{52}$.

Lời giải:

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm và bán kính lần lượt là $I\left( 3;-2;3 \right),R=9$. Đường thẳng $\Delta $ có một chỉ phương $\overrightarrow{u}=\left( 5;2;-4 \right)$ và đi qua điểm $M\left( 1;5;4 \right)$, khi đó $\overrightarrow{IM}=\left( -2;7;1 \right)$ suy ra khoảng cách ${{d}_{1}}=d\left( I,\Delta  \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{u},\overrightarrow{\operatorname{I}M} \right] \right|}{\left| \overrightarrow{u} \right|}=3\sqrt{6}$ do đó $\Delta $ cắt $\left( S \right)$ tại hai điểm $A,B$, gọi $J$ là trung điểm $AB$.

Ta có $\frac{A{{B}^{2}}}{4}+d_{1}^{2}={{R}^{2}}\Leftrightarrow AB=6\sqrt{3}$, lúc đó mọi mặt phẳng $\left( P \right)$ chứa đường thẳng $\Delta $ đều cắt $\left( S \right)$ theo giao tuyến là một đường tròn $\left( C \right)$ có bán kính $r$, gọi ${{d}_{2}}=d\left( I,\left( P \right) \right)$ ta có $d_{2}^{2}+{{r}^{2}}={{R}^{2}}\Leftrightarrow {{r}^{2}}={{R}^{2}}-d_{2}^{2}$ và ta luôn có $0\le {{d}_{2}}\le {{d}_{1}}$.

Ta xét một hình nón có đường tròn đáy là $\left( C \right)$ và có đỉnh là $N$ thuộc mặt cầu khi đó ta có $N{O}'\bot \left( P \right)$ với ${O}'$ là tâm của đường tròn $\left( C \right)$, đồng thời $N{O}'$ là đường cao của hình nón.

Ta có $N{O}'=R+{{d}_{2}}$, thể tích khối nón tương ứng là ${{V}_{N}}=\frac{1}{3}\pi .{{r}^{2}}.N{O}'=\frac{1}{3}\pi .\left( {{R}^{2}}-d_{2}^{2} \right)\left( R+{{d}_{2}} \right)$.

đặt $f\left( {{d}_{2}} \right)=\left( {{R}^{2}}-d_{2}^{2} \right)\left( R+{{d}_{2}} \right)$ hay $f\left( {{d}_{2}} \right)=-d_{2}^{3}-R.d_{2}^{2}+{{R}^{2}}.{{d}_{2}}+{{R}^{3}},\left( 0\le {{d}_{2}}\le {{d}_{1}} \right)$.

Ta có ${f}'\left( {{d}_{2}} \right)=-3d_{2}^{2}-2R.{{d}_{2}}+{{R}^{2}}$ do đó ${f}'\left( {{d}_{2}} \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& {{d}_{2}}=-R \\ & {{d}_{2}}=\frac{R}{3} \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow {{d}_{2}}=\frac{R}{3}$.

Lập bảng biến thiên của hàm số $f\left( {{d}_{2}} \right)$, từ đây ta có ${{V}_{{max}}}=\frac{1}{3}\pi .f\left( \frac{R}{3} \right)=\frac{32\pi {{R}^{3}}}{81}\Leftrightarrow {{d}_{2}}=\frac{R}{3}=3$.

Ta lại có phương trình của $\Delta :\frac{x-1}{5}=\frac{y-5}{2}=\frac{z-4}{-4}$ nên mọi mặt phẳng $\left( P \right)$ chứa $\Delta $ đều có phương trình dạng $2mx+\left( 2n-5m \right)y+nz+23m-14n=0$ trong đó $m,n\in \mathbb{R},{{m}^{2}}+{{n}^{2}}>0$.

Ta có ${{d}_{2}}=3\Leftrightarrow \frac{\left| 6m-2\left( 2n-5m \right)+3n+23m-14n \right|}{\sqrt{4{{m}^{2}}+{{n}^{2}}+{{\left( 2n-5m \right)}^{2}}}}=3\Leftrightarrow \frac{\left| 13m-5n \right|}{\sqrt{29{{m}^{2}}-20mn+5{{n}^{2}}}}=1$

$\Leftrightarrow 169{{m}^{2}}-130mn+25{{n}^{2}}=29{{m}^{2}}-20mn+5{{n}^{2}}$ $\Leftrightarrow 140{{m}^{2}}-110mn+20{{n}^{2}}=0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& m=\frac{1}{2}n \\ & m=\frac{2}{7}n \\ \end{align} \right.$.

TH1: Chọn $\left\{ \begin{align}& m=1 \\ & n=2 \\ \end{align} \right.$ ta có $({{P}_{1}}):2x-y+2z-5=0\Leftrightarrow \frac{2}{5}x-\frac{1}{5}y+\frac{2}{5}z-1=0$.

TH2: Chọn $\left\{ \begin{align}& m=2 \\ & n=7 \\ \end{align} \right.$ ta có $({{P}_{2}}):4x+4y+7z-52=0\Leftrightarrow \frac{4}{52}x+\frac{4}{52}y+\frac{7}{52}z-1=0$.

Theo giá thiết $a,b,c\in \left( 0;+\infty  \right)$ nên phương trình của $(P):\frac{4}{52}x+\frac{4}{52}y+\frac{7}{52}z-1=0$.

Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho hai mặt cầu $\left(S_{1}\right): x^{2}+(y-1)^{2}+(z-2)^{2}=16$, $\left(S_{2}\right):(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+z^{2}=1$ và điểm $A\left(\frac{4}{3} ; \frac{7}{3} ;-\frac{14}{3}\right)$. Gọi $I$ là tâm của mặt cầu $\left(S_{1}\right)$ và $(P)$ là mặt phẳng tiếp xúc với cả hai mắt cầu $\left(S_{1}\right)$ và $\left(S_{2}\right)$. Xét các điểm $M$ thay đổi và thuộc mặt phẳng $(P)$ sao cho đường thẳng $I M$ tiếp xúc với mặt cầu $\left(S_{2}\right) .$ Khi đoạn thẳng $AM$ ngắn nhất thì $M=\left( a;b;c \right)$. Giá trị của $T=a+b+c$ bằng

A. 1.      B. $-1$.      C. $\frac{7}{3}$.      D. $-\frac{7}{3}$.

Lời giải:

Tọa độ điểm $I\left( 0;1;2 \right)$. Gọi ${{I}_{2}}$ là tâm mặt cầu $\left(S_{2}\right):(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+z^{2}=1$ thì ${{I}_{2}}\left( 1;-1;0 \right)$, bán kính ${{R}_{2}}=1$. $\left( {{S}_{1}} \right)$ có bán kính $R=4$. $\overrightarrow{I\ {{I}_{2}}}=\left( 1;-2;-2 \right)\Rightarrow I{{I}_{2}}=3=R-{{R}_{2}}$.

Dó đó $\left( {{S}_{2}} \right)$ tiếp xúc trong với $\left( {{S}_{1}} \right)$ tại $H$. Giả sử $H\left( x;y;z \right)$ ta có $\overrightarrow{{{I}_{2}}H}=\frac{1}{3}\overrightarrow{I{{I}_{2}}}$  $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x-1=\frac{1}{3} \\ & y+1=\frac{-2}{3} \\ & z=\frac{-2}{3} \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x=\frac{4}{3} \\ & y=\frac{-5}{3} \\ & z=\frac{-2}{3} \\ \end{align} \right.$  $\Rightarrow H\left( \frac{4}{3};\frac{-5}{3};\frac{-2}{3} \right)$

$\overrightarrow{AH}=\left( 0;-4;-4 \right)\Rightarrow AH=4\sqrt{2}$.

Do ${{I}_{2}}N=2\sqrt{2}$.

$\Delta IN{{I}_{2}}\sim \Delta IHM\Rightarrow \frac{MH}{IN}=\frac{IH}{IM}\Rightarrow HM=\frac{IH.IN}{IM}=\frac{4.1}{2\sqrt{2}}=\sqrt{2}$.

$M$ nằm trên đường tròn tâm $H$, bán kính $r=\sqrt{2}$

$AM$ ngắn nhất khi $\overrightarrow{MA}=-3\overrightarrow{MH}$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& \frac{4}{3}-a=-3\left( \frac{4}{3}-a \right) \\ & \frac{7}{3}-b=-3\left( -\frac{5}{3}-b \right) \\ & \frac{-14}{3}-c=-3\left( -\frac{2}{3}-c \right) \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& a=\frac{4}{3} \\ & b=\frac{-2}{3} \\  & c=\frac{-5}{3} \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow a+b+c=-1$.

Câu 31. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho đường thẳng $\Delta :\left\{ \begin{align}& x=1+3a+at \\ & y=-2+t \\ & z=2+3a+\left( 1+a \right)t \\ \end{align} \right.$. Biết khi $a$ thay đổi luôn tồn tại một mặt cầu cố định đi qua điểm $M\left( 1;1;1 \right)$ và tiếp xúc với đường thẳng $\Delta $. Bán kính của mặt cầu đó bằng

A. $6\sqrt{3}$.      B. $5\sqrt{3}$.      C. $7\sqrt{3}$.      D. $4\sqrt{3}$.

Lời giải:

Đường thẳng $\Delta $ luôn đi qua điểm $A\left( 1;-5;-1 \right)$ và luôn nằm trên mặt phẳng $\left( P \right):x+y-z+3=0.$

Mặt cầu cố định tiếp xúc với đường thẳng $\Delta $ suy ra mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng $\left( P \right)$ tại $A$.

Mặt cầu cần tìm có tâm $I$ thuộc đường thẳng $d$ đi qua $A$ và vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$.

Phương trình $d:\left\{ \begin{align}& x=1+t \\ & y=-5+t \\ & z=-1-t \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow I\left( 1+t;-5+t;-1-t \right)$.

Mà $IA=IM\Leftrightarrow {{t}^{2}}+{{t}^{2}}+{{t}^{2}}={{t}^{2}}+{{\left( t-6 \right)}^{2}}+{{\left( t+2 \right)}^{2}}\Leftrightarrow t=5$.

Vậy $I\left( 6;0;-6 \right)\Rightarrow R=IM=5\sqrt{3}$.

Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho mặt cầu ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=1$ và điểm $M\left( {{x}_{0}};\,{{y}_{0}};\,{{z}_{0}} \right)\in d:\,\left\{ \begin{align}& x=1+t \\ & y=1+t \\ & z=2-t \\ \end{align} \right.$. Ba điểm $A$, $B$, $C$ phân biệt cùng thuộc mặt cầu sao cho $MA$, $MB$, $MC$ là tiếp tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng $\left( ABC \right)$ đi qua điểm $D\left( 1;\,1;\,0 \right)$. Tổng $T=x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+z_{0}^{2}$ bằng

A. $\frac{1}{27}$.      B. $\frac{27}{4}$.      C. $\frac{25}{3}$.      D. $\frac{23}{5}$.

Lời giải:

Mặt cầu có phương trình ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=1\Rightarrow $ tâm ${O\left( 0;\,0;\,0 \right)}$, bán kính ${R=1}$.

Xét tọa độ tiếp điểm ${A\left( x;y;z \right)}$

${MA}$ là tiếp tuyến của mặt cầu tại ${A}$${\Rightarrow MA=\sqrt{M{{O}^{2}}-{{R}^{2}}}\Rightarrow M{{A}^{2}}=M{{O}^{2}}-{{R}^{2}}}$

${\Rightarrow {{\left( x-{{x}_{0}} \right)}^{2}}+{{\left( y-{{y}_{0}} \right)}^{2}}+{{\left( z-{{z}_{0}} \right)}^{2}}=x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+z_{0}^{2}-1}$

Tọa độ điểm $A$ thỏa mãn hệ: ${\left\{ \begin{align}& {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=1 \\ & {{\left( x-{{x}_{0}} \right)}^{2}}+{{\left( y-{{y}_{0}} \right)}^{2}}+{{\left( z-{{z}_{0}} \right)}^{2}}=x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+z_{0}^{2}-1 \\ \end{align} \right.}$ ${\Rightarrow {{x}_{0}}.x+{{y}_{0}}.y+{{z}_{0}}.z-1=0}$

Suy ra phương trình mặt phẳng $\left( ABC \right)$ qua các tiếp điểm $A$, $B$, $C$là:

${{x}_{0}}.x+{{y}_{0}}.y+{{z}_{0}}.z-1=0$

Mà mặt phẳng $\left( ABC \right)$ qua điểm $D\left( 1;\,1;\,0 \right)\Rightarrow {{x}_{0}}+{{y}_{0}}-1=0$

Do $M\left( {{x}_{0}};\,{{y}_{0}};\,{{z}_{0}} \right)\in d:\,\left\{ \begin{align}& x=1+t \\ & y=1+t \\& z=2-t \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow \left\{ \begin{align}& {{x}_{0}}=1+t \\ & {{y}_{0}}=1+t \\ & {{z}_{0}}=2-t \\ \end{align} \right.$

nên thế $\left\{ \begin{align}& {{x}_{0}}=1+t \\ & {{y}_{0}}=1+t \\ & {{z}_{0}}=2-t \\ \end{align} \right.$ vào ta được $1+t+1+t-1=0\Rightarrow t=-\frac{1}{2}$ $\Rightarrow M\left( \frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{5}{2} \right)$

Vậy $T=x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+z_{0}^{2}={{\left( \frac{1}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{1}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{5}{2} \right)}^{2}}=\frac{27}{4}$.

Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho điểm $A\left( 2;1;-3 \right)$, đường thẳng $\Delta :\,\frac{x-2}{1}=\,\frac{y-5}{-2}=\frac{z+3}{2}$ và mặt cầu $\left( S \right):\,{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+\,{{\left( z-1 \right)}^{2}}=\,25$. Mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ thay đổi, luôn đi qua $A$ và song song với $\Delta $. Trong trường hợp $\left( \alpha  \right)$ cắt mặt cầu $\left( S \right)$ theo một đường tròn có chu vi nhỏ nhất thì $\left( \alpha  \right)$ có phương trình $ax+\,by+\,cz-\,3=\,0$. Giá trị của biểu thức $S=\,3a-2b-2c$ bằng

A. 12.      B. 9.      C. 4.      D. $\frac{9}{5}$.

Lời giải:

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 1;0;1 \right)$, bán kính $R=5$.

Cách 1: Dễ thấy $A$ nằm trong mặt cầu $\left( S \right)$ nên $\left( \alpha  \right)$ luôn cắt $\left( S \right)$ theo một đường tròn $\left( C \right)$.

Đường thẳng $d$ đi qua $A$ và song song với $\Delta $ có phương trình là $\frac{x-2}{1}=\,\frac{y-1}{-2}=\frac{z+3}{2}$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $I$ trên $d\Rightarrow \,H\left( 3;-1;-1 \right)$.

Gọi $r$ là bán kính của đường tròn $\left( C \right)$, ta có: ${{r}^{2}}={{R}^{2}}-{{\left[ d\left( I,\,\left( \alpha  \right) \right) \right]}^{2}}\ge \,{{R}^{2}}-I{{H}^{2}}=16\Leftrightarrow \,r\,\ge 4$.

Chu vi của $\left( C \right)$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow $$r$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow \,d\left( I,\,\left( \alpha  \right) \right)=\,IH\,\Leftrightarrow \,H$ là hình chiếu của $I$ trên $\left( \alpha  \right)$.

Khi đó, $\left( \alpha  \right)$ đi qua $A$ và nhận $\overrightarrow{IH}\left( 2;-1;-2 \right)$ làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình:

$2x-y-2z-9=0\,\Leftrightarrow \,\frac{2}{3}x-\frac{1}{3}y-\frac{2}{3}z-3=0$.

Từ đó, suy ra: $a=\frac{2}{3},\,b=-\frac{1}{3},\,c=-\frac{2}{3}\Rightarrow 3a-2b-2c=4$.

Cách 2: Vì $(\alpha )//\Delta $ nên $a-2b+2c=0\,\,(1).$

Vì $A(2;1;-3)\in (\alpha )$ nên $2{a}+b-3c-3=0\,\,(2).$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $a=\frac{4c+6}{5},\,\,b=\frac{7c+3}{5}.$

Điểm $A$ nằm bên trong mặt cầu $(S)$ nên mặt phẳng $(\alpha )$ luôn cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn có bán kính $r=\sqrt{25-{{h}^{2}}},$ với $h={d}\left( I(1;0;1),mp(\alpha ) \right).$

Ta có $h=\frac{\left| a+c-3 \right|}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=3.\sqrt{\frac{{{c}^{2}}-2c+1}{10{{c}^{2}}+10c+5}}.$

Với mọi $c\in \mathbb{R}$ ta có ${{(3c+2)}^{2}}\ge 0$

$\Leftrightarrow 9{{c}^{2}}+12c+4\ge 0\Leftrightarrow {{c}^{2}}-2c+1\le 10{{c}^{2}}+10c+5\,\,(3).$

Mà $10{{c}^{2}}+10c+5>0,\forall c\in \mathbb{R},$ nên $(3)\Leftrightarrow \frac{{{c}^{2}}-2c+1}{10{{c}^{2}}+10c+5}\le 1.$ Dẫn tới $h\le 3,$ từ đó $r=\sqrt{25-{{h}^{2}}}\ge 4,$ dấu “=” xảy ra khi $c=-\frac{2}{3}.$

Vậy, đường tròn giao tuyến của $(S)$ và $(\alpha )$ có chu vi nhỏ nhất khi $c=-\frac{2}{3}\Rightarrow a=\frac{2}{3},b=-\frac{1}{3}\Rightarrow S=4.$

Câu 34. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho mặt cầu $\left( S \right):{{(x-1)}^{2}}+{{(y+2)}^{2}}+{{(z-3)}^{2}}=27.$ Gọi $(\alpha)$ là mặt phẳng đi qua hai điểm $A(0 ; 0 ;-4),$ $B(2 ; 0 ; 0)$ và cắt $(S)$ theo giao tuyến là đường tròn $(C)$ sao cho khối nón đỉnh là tâm của $(S)$ và đáy là đường tròn có thể tích lớn nhất. Biết rằng $(\alpha): a x+b y-z+c=0,$ khi đó $a-b+c$ bằng

A. $-4$.      B. 8.      C. 0.      D. 2.

Lời giải:

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I(1 ;-2 ; 3)$ và bán kính $R=3 \sqrt{3}$.

Vì $(\alpha): a x+b y-z+c=0$ đi qua hai điểm $A(0;0;-4),\,\,B(2;0;0)$ nên $c=-4$ và $a=2$.

Suy ra $(\alpha): 2 x+b y-z-4=0$

Đặt $I H=x,$ với $0<x<3 \sqrt{3}$ ta có $r=\sqrt{R^{2}-x^{2}}=\sqrt{27-x^{2}}$.

Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}.IH=\frac{1}{3}\pi \left( 27-{{x}^{2}} \right).x=\frac{1}{3\sqrt{2}}\pi \sqrt{\left( 27-{{x}^{2}} \right)\cdot \left( 27-{{x}^{2}} \right)\cdot 2{{x}^{2}}}\le 18\pi $

$V_{\max }=18 \pi$ khi $27-{{x}^{2}}=2{{x}^{2}}\Leftrightarrow x=3$

Khi đó $d(I;(\alpha ))=\frac{|2b+5|}{\sqrt{{{b}^{2}}+5}}=3\Leftrightarrow {{(2b+5)}^{2}}=9\left( {{b}^{2}}+5 \right)\Leftrightarrow b=2$.

Vậy $a-b+c=-4.$

Câu 35. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, từ điểm $A$ bất kì thuộc đường thẳng $d:\frac{x}{2}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z+1}{2}$, vẽ các tiếp tuyến đến mặt cầu $\left( S \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=4$. Khi đó, các tiếp điểm thuộc đường tròn $\left( C \right)$. Gọi $\left( N \right)$ là hình nón có đỉnh $A$ và đáy là hình tròn $\left( C \right)$. Biết thể tích của khối nón $\left( N \right)$ nhỏ hơn $3\pi $. Có bao nhiêu điểm $A$ có cao độ là số nguyên?

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

Lời giải:

+ $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 1;2;3 \right)$ và bán kính $R=2$

+ $d:\left\{ \begin{align}& x=2t \\ & y=1-t \\  & z=-1+2t \\ \end{align} \right.$ có VTCP là $\overrightarrow{u}=\left( 2;-1;2 \right)$ và đi qua $B\left( 0;1;-1 \right)$

$\overrightarrow{IB}=\left( -1;-1;-4 \right)$

$d\left( I;d \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{u};\overrightarrow{IB} \right] \right|}{\left| \overrightarrow{u} \right|}=3>R$

$\Rightarrow d$ và $\left( S \right)$ không có điểm chung.

$\Rightarrow $ Luôn tồn tại hình nón $\left( N \right)$

Gọi $H$ là tâm và $r$ là bán kính của đường tròn $\left( C \right)$ $\left( 0<r<2 \right)$

$IH=\sqrt{4-{{r}^{2}}}$

${{R}^{2}}=IH.IA\Rightarrow IA=\frac{4}{\sqrt{4-{{r}^{2}}}}$

${{V}_{\left( N \right)}}<3\pi \Leftrightarrow \frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}.AH<3\pi \Leftrightarrow {{r}^{2}}.\left( \frac{4}{\sqrt{4-{{r}^{2}}}}-\sqrt{4-{{r}^{2}}} \right)<9$

$\Leftrightarrow {{r}^{4}}<9\sqrt{4-{{r}^{2}}}\Leftrightarrow {{r}^{8}}+81{{r}^{2}}-324<0$

Đặt $t={{r}^{2}}$, bất phương trình trở thành:

${{t}^{4}}+81t-324<0$ $\Leftrightarrow \left( t-3 \right)\left( {{t}^{3}}+3{{t}^{2}}+108t+108 \right)<0$

$\Leftrightarrow t-3<0\,$ $\Rightarrow {{r}^{2}}<3\Rightarrow IA<4$

Vì $A\in d$ nên $A\left( 2t;1-t;-1+2t \right)$ $\Rightarrow \overrightarrow{IA}=\left( 2t-1;-t-1;2t-4 \right)$

$IA<4\Leftrightarrow I{{A}^{2}}<16$ $\Leftrightarrow {{\left( 2t-1 \right)}^{2}}+{{\left( -t-1 \right)}^{2}}+{{\left( 2t-4 \right)}^{2}}<16$ $\Leftrightarrow 9{{t}^{2}}-18t+2<0$

$\Leftrightarrow \frac{3-\sqrt{7}}{3}<t<\frac{3+\sqrt{7}}{3}$ $\Leftrightarrow \frac{3-2\sqrt{7}}{3}<2t-1<\frac{3+2\sqrt{7}}{3}$

$\Rightarrow -0,8\approx \frac{3-2\sqrt{7}}{3}<{{z}_{A}}<\frac{3+2\sqrt{7}}{3}\approx 2,8$

Vậy có 3 điểm $A$ có cao độ là số nguyên.

Câu 36. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho mặt cầu $\left( S \right):{{x}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}=29$, hai điểm $A\left( 0;0;4 \right),B\left( 6;-2;6 \right)$và đường thẳng $d:\frac{x-4}{1}=\frac{y+8}{-1}=\frac{z-4}{2}$. Gọi $M\left( a;b;c \right)$ thuộc mặt cầu $\left( S \right)$ sao cho $\widehat{AMB}=90{}^\circ $ và khoảng cách từ điểm $M$ đến đường thẳng $d$ ngắn nhất. Giá trị của biểu thức $T={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}$ bằng

A. 25.      B. 24.      C. 16.      D. 12.

Lời giải:

Gọi $I$ là trung điểm của $AB$ $\Rightarrow I\left( 3;-1;5 \right)$, $AB=2\sqrt{11}$. Do $\widehat{AMB}=90{}^\circ $ nên điểm $M$ thuộc mặt cầu $\left( {{S}_{1}} \right)$ đường kính $AB$.

Phương trình mặt cầu $\left( {{S}_{1}} \right):{{\left( x-3 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}+{{\left( z-5 \right)}^{2}}=11$

Suy ra $M$ thuộc giao tuyến của hai mặt cầu $\left( S \right)$ và $\left( {{S}_{1}} \right)$. Tọa độ điểm $M$ là nghiệm của hệ phương trình: $\left\{ \begin{align}& {{x}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}=29 \\ & {{\left( x-3 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}+{{\left( z-5 \right)}^{2}}=11 \\ \end{align} \right.$  $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & {{\left( x-3 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}+{{\left( z-5 \right)}^{2}}=11 \\ & x-y+2z-8=0 \\ \end{align} \right.$

Điểm $M$ thuộc đường tròn $\left( C \right)$ là giao tuyến của mặt phẳng $\left( P \right)$: $x-y+2z-8=0$ với mặt cầu $\left( {{S}_{1}} \right)$. Gọi $H$ là hình chiếu của $I$ lên mặt phẳng $\left( P \right)$, suy ra $H$ là tâm của đường tròn $\left( C \right)$

Phương trình đường thẳng $\Delta $ đi qua $I$, vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$ là $\left\{ \begin{align} & x=3+t \\ & y=-1-t \\ & z=5+2t \\ \end{align} \right.$

$H$ là giao điểm của đường thẳng $\Delta $ và mặt phẳng $\left( P \right)$. Xét phương trình:

$\left( 3+t \right)-\left( -1-t \right)+2\left( 5+2t \right)-8=0\Leftrightarrow 6t+6=0\Leftrightarrow t=-1$ $\Rightarrow H\left( 2;0;3 \right)$

Khoảng cách từ điểm $I$ đến mặt phẳng $\left( P \right)$ là: $d\left( I;\left( P \right) \right)=\frac{6}{\sqrt{6}}=\sqrt{6}$

Bán kính đường tròn $\left( C \right)$ là $r=HM=\sqrt{5}$

Nhận thấy đường thẳng $d$ vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$

Gọi $K\left( 4+u;-8-u;4+2u \right)$ là giao điểm của đường thẳng $d$ và mặt phẳng $\left( P \right)$.

Ta có $4+u+8+u+2.\left( 4+2u \right)-8=0\Leftrightarrow u=-2\Rightarrow K\left( 2;-6;0 \right)$

Suy ra $d\left( M;d \right)=MK$

Ta có $KH=3\sqrt{5}>r$ nên điềm $K$ nằm ngoài đường tròn $\left( C \right)$.

$d\left( M;d \right)$ ngắn nhất $\Leftrightarrow KM$ ngắn nhất $\Rightarrow M$ là giao điểm của $KH$ với đường tròn $\left( C \right)$ và $M$ nằm giữa $K,H$

Do $HK=3\sqrt{5}\Rightarrow HK=3HM\Rightarrow \overrightarrow{HK}=3\overrightarrow{HM}\Leftrightarrow \overrightarrow{HM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{HK}$ $\overrightarrow{HK}=\left( 0;-6;-3 \right)\Rightarrow \overrightarrow{HM}=\left( 0;-2;-1 \right)$  $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& a-2=0 \\  & b=-2 \\ & c-3=-1 \\ \end{align} \right.$  $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & a=2 \\ & b=-2 \\ & c=2 \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow M\left( 2;-2;2 \right)$

Vậy ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=12$.

Câu 37. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho mặt cầu $\left( S \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=\frac{14}{3}$ và đường thẳng $\left( d \right):\frac{x-4}{3}=\frac{y-4}{2}=\frac{z-4}{1}$. Gọi $A\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}};{{z}_{0}} \right)\left( {{x}_{0}}>0 \right)$ là điểm nằm trên $\left( d \right)$ sao cho từ $A$ kẻ được ba tiếp tuyến đến $\left( S \right)$ có các tiếp điểm $B,C,D$ sao cho $AB,AC,AD$ đôi một vuông góc. Giá trị $P={{x}_{0}}+{{y}_{0}}+{{z}_{0}}$ bằng

A. 6.      B. $6+6\sqrt{2}$.      C. $12-6\sqrt{2}$.      D. 8.

Lời giải:

Mặt cầu $\left( S \right)$có tâm $I\left( 1;2;3 \right)$bán kính $R=\sqrt{\frac{14}{3}}$

Gọi $J$ là giao của $\left( BCD \right)$ và $AI$ nên $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta BCD$

Đặt $AI=x\Rightarrow AB=\sqrt{A{{I}^{2}}-I{{B}^{2}}}=\sqrt{{{x}^{2}}-\frac{14}{3}}$

Vì $AB$ là tiếp tuyến nên $IB\bot AB$ và $I{{B}^{2}}=IJ.IA$ nên $IJ=\frac{14}{3x}$ và $JB=\sqrt{I{{B}^{2}}-I{{J}^{2}}}=\sqrt{\frac{14}{3}-\frac{196}{9{{x}^{2}}}}$. Vì $\Delta BCD$ đều nên $BD=\sqrt{3}JB=\sqrt{14-\frac{196}{{{x}^{2}}}}$

Vì $ABCD$ là tứ diện vuông nên $AB=BD\sqrt{2}$ $\Leftrightarrow A{{B}^{2}}=2B{{D}^{2}}$ $\Leftrightarrow {{x}^{2}}-\frac{14}{3}=28-\frac{196}{{{x}^{2}}}$ $\Leftrightarrow 3{{x}^{4}}-98{{x}^{2}}+392=0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix}x=2\sqrt{7}  \\x=-2\sqrt{7}  \\ x=\frac{\sqrt{42}}{3}  \\x=-\frac{\sqrt{42}}{3}  \\\end{matrix} \right.$

Lại có $x>\sqrt{\frac{14}{3}}$nên $x=2\sqrt{7}$

$A\in d\Rightarrow A\left( 4+3t;4+2t;4+t \right)$ $IA=2\sqrt{7}$ $\Leftrightarrow 9{{\left( t+1 \right)}^{2}}+4{{\left( t+1 \right)}^{2}}+{{\left( t+1 \right)}^{2}}=28$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} t=-1-\sqrt{2}  \\t=-1+\sqrt{2}  \\\end{matrix} \right.$

Vậy $A\left( 1+3\sqrt{2};2+2\sqrt{2};3+\sqrt{2} \right)\Rightarrow P=6+6\sqrt{2}$.

Câu 38. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho mặt cầu $\left( S \right)$ đường kính $AB$, với điểm $A\left( 2;1;3 \right)$ và $B\left( 6\,;\,5\,;\,5 \right)$. Xét khối trụ $\left( T \right)$ có hai đường tròn đáy nằm trên mặt cầu $\left( S \right)$ và có trục nằm trên đường thẳng $AB$. Khi $\left( T \right)$ có thể tích lớn nhất thì hai mặt phẳng lần lượt chứa hai đáy của $\left( T \right)$ có phương trình dạng $2x+by+cz+{{d}_{1}}=0$ và $2x+by+cz+{{d}_{2}}=0$, $\left( {{d}_{1}}<{{d}_{2}} \right)$. Có bao nhiêu số nguyên thuộc khoảng $\left( {{d}_{1}}\,;\,{{d}_{2}} \right)$?

A. 11.      B. 13.      C. 15.      D. 17.

Lời giải:

Mặt cầu đường kính $AB$ có tọa độ tâm $I\left( 4;3;4 \right)$ và bán kính

$R=IA=\sqrt{{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{\left( -1 \right)}^{2}}}=3$.

Gọi $x$ là bán kính đáy và $O$, ${O}'$ là tâm hai đáy của khối trụ $\left( T \right)$.

Khi đó, đường cao khối trụ $\left( T \right)$ bằng $O{O}'=2IO=2\sqrt{9-{{x}^{2}}}$.

Vì $\left( T \right)$ nội tiếp mặt cầu đường kính $AB$ nên $0<x<3$.

Thể tích khối trụ $\left( T \right)$ là: $V=\pi .{{x}^{2}}.2\sqrt{9-{{x}^{2}}}$.

Ta có: $V=4\pi .\sqrt{\frac{{{x}^{2}}}{2}.\frac{{{x}^{2}}}{2}.\left( 9-{{x}^{2}} \right)}\le 4\pi .\sqrt{{{\left( \frac{\frac{{{x}^{2}}}{2}+\frac{{{x}^{2}}}{2}+9-{{x}^{2}}}{3} \right)}^{3}}}=12\pi \sqrt{3}$.

Đẳng thức xảy ra và $V$ lớn nhất khi $\frac{{{x}^{2}}}{2}=9-{{x}^{2}}\Rightarrow {{x}^{2}}=6$ và khi đó $IO=\sqrt{3}$.

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left( 4;4;2 \right)$ và vì vậy $\overrightarrow{n}=\left( 2;2;1 \right)$ là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng chứa hai đáy của $\left( T \right)$ nên hai đáy có phương trình dạng

$\left( {{P}_{1}} \right)$: $2x+2y+z+{{d}_{1}}=0$ và $\left( {{P}_{2}} \right)$: $2x+2y+z+{{d}_{2}}=0$.

Lại có $d\left( I,\left( {{P}_{1}} \right) \right)=d\left( I,\left( {{P}_{2}} \right) \right)=IO=\sqrt{3}$ $\Rightarrow \frac{\left| 8+6+4+{{d}_{1}} \right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{2}^{2}}+{{1}^{2}}}}=\frac{\left| 8+6+4+{{d}_{2}} \right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{2}^{2}}+{{1}^{2}}}}=\sqrt{3}$

và ${{d}_{1}}<{{d}_{2}}$ nên ${{d}_{1}}=-18-3\sqrt{3}\approx -23,196$, ${{d}_{2}}=-18+3\sqrt{3}\approx -12,80$.

Vậy các số nguyên thuộc khoảng $\left( {{d}_{1}}\,;\,{{d}_{2}} \right)$ gồm có $-23;\,-22;\,...;\,-13$.

Có 11 số thoả mãn yêu cầu bài toán.

Câu 39. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho hai điểm $A\left( 2;\,1;\,3 \right),\,\,B\left( 6;\,5;\,5 \right)$. Xét khối nón $\left( N \right)$ngoại tiếp mặt cầu đường kính $AB$ có $B$ là tâm đường tròn đáy khối nón. Gọi $S$ là đỉnh của khối nón $\left( N \right)$. Khi thể tích của khối nón $\left( N \right)$ nhỏ nhất thì mặt phẳng qua đỉnh $S$ và song song với mặt phẳng chứa đường tròn đáy của $\left( N \right)$ có phương trình $2x+by+cz+d=0$. Tổng $T=b+c+d$ bằng

A. 12.      B. 18.      C. 24.      D. 36.

Lời giải:

Gọi chiều cao khối chóp $SB=h\,\,\left( h>0 \right)$ và bán kính đường tròn đáy $BC=R$.

Ta có: $V=\frac{1}{3}\pi {{R}^{2}}.h\,\,\left( 1 \right)$

$\overrightarrow{AB}=\left( 4;\,4;\,2 \right)\Rightarrow AB=6$.

Xét mặt cầu có đường kính $AB$: ta có bán kính là $r=\frac{AB}{2}=3$và tâm $I\left( 4;\,3;\,4 \right)$.

Vì $\Delta SHI$đồng dạng với $\Delta SBC$ $\Leftrightarrow \frac{SI}{SC}=\frac{IH}{BC}\Leftrightarrow \frac{h-3}{\sqrt{{{h}^{2}}+{{R}^{2}}}}=\frac{3}{R}$

$\Leftrightarrow \frac{{{\left( h-3 \right)}^{2}}}{{{h}^{2}}+{{R}^{2}}}=\frac{9}{{{R}^{2}}}\Leftrightarrow {{R}^{2}}\left[ {{\left( h-3 \right)}^{2}}-9 \right]=9{{h}^{2}}\Leftrightarrow {{R}^{2}}=\frac{9{{h}^{2}}}{{{h}^{2}}-6h}\,\,\left( 2 \right)$.

Thay $\left( 2 \right)$ vào $\left( 1 \right)$ ta có:

$V=\frac{1}{3}\pi .\frac{9{{h}^{2}}}{{{h}^{2}}-6h}.h=3\pi .\frac{{{h}^{2}}}{h-6}\,\,\,$với $h>6$.

Xét ${V}'=3\pi .\frac{2h\left( h-6 \right)-{{h}^{2}}}{{{\left( h-6 \right)}^{2}}}=3\pi .\frac{{{h}^{2}}-12h}{{{\left( h-6 \right)}^{2}}}$.

Lập bảng biến thiên và có ${{V}_{\min }}$ khi $SB=h\,\,=12$ $\Rightarrow \,A$ là trung điểm của $SB$ $\Rightarrow S\left( -2;\,-3;\,1 \right)$.

Vậy mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua $S$, vuông góc với $AB$ nên có 1 VTPT $\overrightarrow{n}=\overrightarrow{AB}=\left( 4;\,4;\,2 \right)$ hay $\overrightarrow{n}=\left( 2;\,2;\,1 \right)$. Nên ta có $\left( P \right):\,\,2\left( x+2 \right)+2\left( y+3 \right)+z-1=0\,\Leftrightarrow \,\left( P \right):2x+2y+z+9=0$.

Suy ra: $T=b+c+d=2+1+9=12$.

Câu 40. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho mặt cầu $\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-6x-4y+6z-26=0$ và đường thẳng $d:\frac{x+1}{1}=\frac{y+2}{1}=\frac{z-1}{1}$. Biết rằng trên đường thẳng $d$ luôn tồn tại điểm $M\left( x,y,z \right)$ với $x>0$ sao cho từ $M$ kẻ được ba tiếp tuyến $MA$, $MB$, $MC$ đến mặt cầu $\left( S \right)$ thỏa mãn $\widehat{AMB}=60{}^\circ $, $\widehat{BMC}=90{}^\circ $, $\widehat{CMA}=120{}^\circ $. Khi đó $x+y+z$ bằng

A. 10.      B. 6.      C. 2.      D. $-2$.

Lời giải:

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 3;2;-3 \right);\,R=4\sqrt{3}$.

Vì $MA,MB,MC$ là các tiếp tuyến của mặt cầu nên ta đặt $MA=MB=MC=a$.

Ta có $MA=MB$ và $\widehat{AMB}=60{}^\circ $$\Rightarrow \Delta MAB$là tam giác đều $\Rightarrow AB=a.$

$MB=MC$ và $\widehat{BMC}=90{}^\circ \Rightarrow \Delta MBC$ vuông cân tại $M$$\Rightarrow BC=a\sqrt{2}.$

Gọi $H$ là trung điểm của. Khi đó

Trong tam giác cân $\Delta MCA$ có $\widehat{CMA}=120{}^\circ $ nên ta suy ra

$CH=CM\cdot \sin 60{}^\circ =\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và $AC=2CH=a\sqrt{3}$.

Xét tam giác $ABC$ có theo Pytago đảo: $A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}=A{{C}^{2}}\Rightarrow \Delta ABC$ vuông tại $B$.

$\Rightarrow \Delta ABC$ nội tiếp đường tròn đường kính $AC$. Gọi $H$ là trung điểm $AC$ $\Rightarrow HA=\frac{1}{2}AC=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Xét tam giác vuông $IAM$có $\frac{1}{H{{A}^{2}}}=\frac{1}{A{{M}^{2}}}+\frac{1}{I{{A}^{2}}}\Rightarrow \frac{4}{3{{a}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{48}\Rightarrow a=4=MA$.

$\Rightarrow I{{M}^{2}}=M{{A}^{2}}+I{{A}^{2}}={{4}^{2}}+48=64.$

Có $M\in d\Rightarrow M\left( -1+t;t-2;t+1 \right)$ mà $x>0\Rightarrow -1+t>0\Rightarrow t>1$.

$I{{M}^{2}}={{\left( t-4 \right)}^{2}}+{{\left( t-4 \right)}^{2}}+{{\left( t+4 \right)}^{2}}=64$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t=4 \\ & t=\frac{-4}{3} \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow t=4\,\,\,\left( t>1 \right)$ $\Rightarrow M\left( 3;2;5 \right)$.

Vậy $x+y+z=10$.

Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho $A\left( 0;0;1 \right),B\left( 0;0;9 \right),Q\left( 3;4;6 \right)$. Xét các điểm $M$ thay đổi sao cho tam giác $ABM$ vuông tại $M$ và có diện tích lớn nhất. Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng $MQ$ thuộc khoảng nào dưới đây?

A. $\left( 4;\,5 \right).$      B. $\left( 3;\,4 \right).$      C. $\left( 2;\,3 \right).$      D. $\left( 1;\,2 \right).$

Lời giải:

Gọi $I$ là trung điểm $AB\Rightarrow I\left( 0;0;5 \right)$.

$\overrightarrow{AB}=\left( 0;0;8 \right)$, $AB=8$.

Gọi $\left( S \right)$ là mặt cầu đường kính $AB$, ta có $\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-5 \right)}^{2}}=16$.

Gọi $\left( P \right)$ là mặt phẳng trung trực của đoạn $\left( S \right)$ $AB\Rightarrow \left( P \right):z-5=0$.

Gọi đường tròn $\left( C \right)=\left( S \right)\cap \left( P \right)=\left\{ \begin{align}& {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-5 \right)}^{2}}=16 \\ & z-5=0 \\ \end{align} \right.$, đường tròn $\left( C \right)$ có bán kính bằng 4.

Tam giác $ABC$ vuông tại $M$ và có diện tích lớn nhất $\Rightarrow M\in \left( C \right)$.

Gọi $T$ là hình chiếu của $Q$ trên $\left( P \right)\Rightarrow T\left( 3;4;5 \right)$.

Ta có $QT=d\left( Q,\left( P \right) \right)=1$, $IT=5$ nên $T$ nằm ngoài $\left( C \right)$.

Lại có $MQ=\sqrt{Q{{T}^{2}}+T{{M}^{2}}}=\sqrt{1+Q{{T}^{2}}}$, nên $MQ$ nhỏ nhất khi $TM$ nhỏ nhất.

Ta có $TM$ nhỏ nhất khi $I,M,T$ thẳng hàng theo thứ tự đó, khi đó $TM=TI-IM=5-4=1$.

Vậy $MQ$ nhỏ nhất bằng $\sqrt{2}$.

Câu 42. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho hai điểm $A\left( -1\,;\,2\,;\,5 \right)$ và $B\left( 3\,;\,-1\,;\,2 \right)$. Xét hai điểm $M$ và $N$ thay đổi thuộc mặt phẳng $\left( Oxy \right)$ sao cho $MN=2$. Giá trị nhỏ nhất của $AM+BN$ bằng

A. $6\sqrt{5}$.      B. $\sqrt{34}$.      C. $\sqrt{63}$.      D. $\sqrt{58}$.

Lời giải:

Dựng $\overrightarrow{B{B}'}=\overrightarrow{NM}$. Khi đó $BN=MB'$ và $B'$ thuộc mặt phẳng $\left( Q \right)$ qua $B$ và song song với mặt phẳng $\left( Oxy \right)$. Phương trình mặt phẳng $\left( Q \right)$ là: $z=2$.

Hơn nữa, $BB'=2$. Suy ra, $B'$ thuộc đường tròn tâm $B$, bán kính $R=2$ trong mặt phẳng $\left( Q \right)$.

Gọi $A'$ đối xứng với $A$ qua mặt phẳng $\left( Oxy \right)$. Khi đó, $A'\left( -1\,;\,2\,;\,-5 \right)$ và 2 điểm $A'$,$B'$ khác phía so với mặt phẳng $\left( Oxy \right)$.

Ta có $AM+BN=A'M+MB'\ge A'B'$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $A'$ trên $\left( Q \right)$. Suy ra $H\left( -1\,;\,2\,;\,2 \right)$, $A'H=7$ ; $HB=5$.

Mặt khác, $HB'\ge \left| HB-BB' \right|=5-2=3$. Suy ra, $AM+BN=A'M+MB'\ge A'B'=\sqrt{A'{{H}^{2}}+HB{{'}^{2}}}\ge \sqrt{{{7}^{2}}+{{3}^{2}}}=\sqrt{58}$.

Dấu bằng xảy ra khi $B'$ nằm giữa $B$ và $H$, $BB'=2$, $M=A'B'\cap \left( Oxy \right)$ và $\overrightarrow{NM}=\overrightarrow{BB'}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $AM+BN$ bằng $\sqrt{58}$.

Câu 43. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho hai điểm $A\left( 3;2;1 \right)$ và $B\left( 2;1;1 \right)$. Xét hai điểm $M$ và $N$ thay đổi thuộc mặt phẳng $\left( Oyz \right)$ sao cho $MN=4$. Giá trị nhỏ nhất của $AM+BN$ bằng

A. $\sqrt{29}$.      B. $\sqrt{41}$.      C. $\sqrt{34}$.      D. $5\sqrt{2}$.

Lời giải:

Nhận thấy: $A,\,B$ nằm cùng phía so với mặt phẳng $\left( Oyz \right)$.

+) Mặt phẳng $(Q)$ qua $A$ và song song với $(Oyz)\Rightarrow (Q):x-3=0$

+) Kẻ $\overrightarrow{A{A}'}=\overrightarrow{MN}$ suy ra ${A}'$ nằm trên đường tròn tâm $A$, bán kính bằng 4.

+) Gọi $B'$ là điểm đối xứng với $B$ qua $\left( Oyz \right)$, suy ra ${B}'(-2;1;1)$ và $C$ là hình chiếu của $B$ lên $(Q)$, suy ra $C(3;1;1)$, ${B}'C=5,\,\,CA=1$.

Ta có: $AM+BN\,=\,|{A}'N+B'N|\,\ge \,A'B'$

Vậy $AM+BN$ nhỏ nhất khi ${A}'{B}'$ nhỏ nhất, mà ${A}'{B}'$ nhỏ nhất khi $A',A,C$ thẳng hàng

Ta có ${A}'{B}'=\sqrt{{B}'{{C}^{2}}+C{{{{A}'}}^{2}}}=\sqrt{{B}'{{C}^{2}}+{{(A{A}'-AC)}^{2}}}=\sqrt{{{5}^{2}}+{{(4-1)}^{2}}}=\sqrt{34}$.

Câu 44. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho các điểm $A\left( 0\ ;\ 0\ ;\ 2 \right)$, $B\left( 0\ ;\ 2\ ;\ -3 \right)$ và mặt phẳng $\left( \alpha  \right):x-2y+z=0$ Gọi $d$ là đường thẳng đi qua $M\left( 0\ ;-\ 2\ ;7 \right)$, song song với mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ và tổng khoảng cách từ $A$, $B$ đến đường thẳng $d$ đạt giá trị nhỏ nhất. Biết $d$ có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=\left( 1\ ;\ b\ ;\ c \right)$, tổng $T=b+c$ bẳng

A. 27.      B. $-3$.      C. 3.      D. $-27$.

Lời giải:

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left( 0\ ;\ 2\,;\ -5 \right)$ và $\overrightarrow{AM}=\left( 0\,;\,-2\,;\,5 \right)$ nên $A,\,B,\,M$ thẳng hàng

Do $d$ qua $M$ và song song $\left( \alpha  \right)$ nên $d$ chứa trong mặt phẳng $\left( P \right)$ qua $M$ và song song với $\left( \alpha  \right)$, từ đó ta có $\left( P \right):x-2y+z-11=0$

Gọi $H,\,K$ lần lượt là hình chiếu của $A,\,B$ lên mặt phẳng $\left( P \right)$

Rõ ràng $d\left( A\,,\,d \right)\ge AH$ và $d\left( B\,,\,d \right)\ge BK$ nên $d\left( A\,,\,d \right)+d\left( B\,,\,d \right)\ge AH+BK$

Vì $A,\,B,\,M$ thẳng hàng nên dấu $''=''$ xảy ra khi $d\equiv HK$ hay $d$ là hình chiếu của $AB$ lên $\left( P \right)$.

Gọi $\left( Q \right)$ là mặt phẳng tạo bởi $d$ và $AB$

Khi đó ta có $\left( Q \right)$ vuông góc với $\left( P \right)$ và chứa $d$ nên $\left( Q \right)$ có một vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{{{n}_{Q}}}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{P}}}\,;\,\overrightarrow{AB} \right]=\left( 8\,;\,5\,;\,2 \right)$

Mặt khác $d=\left( P \right)\cap \left( Q \right)$ nên chọn $\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{Q}}}\,,\,\overrightarrow{{{n}_{P}}} \right]=\left( 9\,;\,-6\,;\,-21 \right)$

Vậy $\overrightarrow{u}=\left( 1\,;\,\frac{-2}{3}\,;\,\frac{-21}{9} \right)$ nên $b+c=-3$.

Câu 45. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho $\left( P \right):x+3y-z-9=0,\,\,A\left( 2;4;5 \right),\,\,B\left( 3;1;1 \right).$ Gọi đường thẳng $d$ nằm trong $\left( P \right),$ đi qua điểm $A$ và $d\left( B;d \right)$ là nhỏ nhất, khi đó phương trình đường thẳng $d$ là

A. $\left\{ \begin{align}& x=2-5t \\ & y=4+7t \\ & z=5+16t \\ \end{align} \right.\,\,\left( t\in \mathbb{R} \right).$      B. $\left\{ \begin{align}& x=2+5t \\ & y=4+7t \\ & z=5+16t \\ \end{align} \right.\,\,\left( t\in \mathbb{R} \right).$      C. $\left\{ \begin{align}& x=2-5t \\& y=4-7t \\ & z=5+16t \\ \end{align} \right.\,\,\left( t\in \mathbb{R} \right).$      D. $\left\{ \begin{align}& x=2-5t \\ & y=4-7t \\ & z=5-16t \\ \end{align} \right.\,\,\left( t\in \mathbb{R} \right).$

Lời giải:

Hạ $BH\bot \left( P \right),{ }HK\bot d$. Nên: $d\bot \left( BHK \right)\Rightarrow d\bot BK$.

Do $\Delta BHK$ vuông tại $H$ nên: $BK\ge BH\Rightarrow d{{\left( B,d \right)}_{\min }}=BH$.

Do $H$ là hình chiếu vuông góc của $B$ trên $\left( P \right)$ nên: $H\left( 3+t;1+3t;1-t \right)$

Do $H\in \left( P \right)$ nên: $\left( 3+t \right)+3\left( 1+3t \right)-\left( 1-t \right)-9=0\Leftrightarrow t=\frac{4}{11}\Rightarrow H\left( \frac{37}{11};\frac{23}{11};\frac{7}{11} \right)$

Từ đó: $\overrightarrow{AH}=\left( \frac{15}{11};\frac{21}{11};-\frac{48}{11} \right)$, chọn $\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 5-;-7;16 \right)$ cùng phương $\overrightarrow{AH}$.

Vậy phương trình đường thẳng: $\left( d \right):\left\{ \begin{align}& x=2-5t \\ & y=4-7t \\  & z=5+16t \\ \end{align} \right.\,\,\left( t\in \mathbb{R} \right).$

Câu 46. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho hai điểm $A\left( 4;-2;4 \right),B\left( -2;6;4 \right)$ và đường thẳng $d:\left\{ \begin{align}& x=5 \\ & y=-1 \\ & z=t \\ \end{align} \right.$. Gọi $M$ là điểm di động thuộc mặt phẳng $\left( Oxy \right)$ sao cho $\widehat{AMB}=90{}^\circ $ và $N$ là điểm di động thuộc $d$. Giá trị nhỏ nhất của $MN$ bằng

A. $5\sqrt{3}$.      B. $\sqrt{73}$.      C. 8.      D. 2.

Lời giải:

$\left( Oxy \right)$ có 1 vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{k}=\left( 0;0;1 \right)$.

$d$ có 1 vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=\left( 0;0;1 \right)$. Nên $d\bot \left( Oxy \right)$.

Gọi $P=d\cap \left( Oxy \right)\Rightarrow P\left( 5;-1;0 \right)$

Gọi $I$ là trung điểm $AB$ $\Rightarrow I\left( 1;2;4 \right)$.

$\widehat{AMB}=90{}^\circ $ $\Rightarrow M$ thuộc mặt cầu $\left( S \right)$ đường kính $AB$, bán kính $R=\frac{AB}{2}=\frac{\sqrt{{{\left( -6 \right)}^{2}}+{{8}^{2}}+{{0}^{2}}}}{2}=5.$

Mà $M\in \left( Oxy \right)$ nên $M$ thuộc đường tròn $\left( C \right)$ là giao của mặt cầu $\left( S \right)$ và mặt phẳng $\left( Oxy \right)$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $I$ lên mặt phẳng $\left( Oxy \right)$ $\Rightarrow H\left( 1;2;0 \right)$.

Suy ra $M$ thuộc đường tròn $\left( C \right)$ tâm $H\left( 1;2;0 \right)$, bán kính $r=\sqrt{{{R}^{2}}-I{{H}^{2}}}=\sqrt{25-16}=3$.

Ta có: $MN\ge MP\ge HP-r=\sqrt{16+9}-3=2$.

Vậy $M{{N}_{\min }}=2$.

Dấu “=” xảy ra khi $N\equiv P$ và $H,M,P$ thẳng hàng ($M$ nằm giữa $H,P$).

Câu 47. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho đường thẳng $\Delta :\frac{x-m}{1}=\frac{y+1}{-2}=\frac{z+{{m}^{2}}}{1}$ và hai điểm $M\left( -1;4;1 \right),\,\,N\left( 3;-2;0 \right)$. Gọi ${M}',\,\,{N}'$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M,\,\,N$ trên $\Delta$. Khi $m$ thay đổi, thể tích khối tứ diện $MN{N}'{M}'$ có giá trị nhỏ nhất bằng

A. $2\sqrt{5}$.      B. $\frac{9}{2}$.      C. $\frac{5\sqrt{13}}{4}$.      D. $\frac{55}{12}$.

Lời giải:

Ta có $\overrightarrow{MN}=\left( 4;-6;-1 \right),MN=\sqrt{53},\,\,\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}=\left( 1;-2;1 \right)$.

Gọi $\left( P \right),\left( Q \right)$ lần lượt là các mặt phẳng đi qua $M,N$ và vuông góc với $\Delta $. Suy ra $d\left( \left( P \right),\left( Q \right) \right)={M}'{N}'$.

Mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua điểm $M\left( -1;4;1 \right)$và nhận $\,\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}=\left( 1;-2;1 \right)$ làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là $1\left( x+1 \right)-2\left( y-4 \right)+1\left( z-1 \right)=0$ hay $x-2y+z+8=0.$

$\Rightarrow {M}'{N}'=d\left( \left( Q \right),\left( P \right) \right)=d\left( N,\left( P \right) \right)=\frac{\left| 3+4+0+8 \right|}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{\left( -2 \right)}^{2}}+{{1}^{2}}}}=\frac{15}{\sqrt{6}}$.

Ta có $cos\widehat{\left( MN,\Delta  \right)}=\frac{\left| 4.1+\left( -6 \right).\left( -2 \right)+\left( -1 \right).1 \right|}{\sqrt{53}.\sqrt{6}}=\frac{15}{\sqrt{318}}\Rightarrow \sin \widehat{\left( MN,\Delta  \right)}=\sqrt{1-\frac{225}{318}}=\sqrt{\frac{31}{106}}$.

${{V}_{MN{N}'{M}'}}=\frac{1}{6}MN.{M}'{N}'.\sin \widehat{\left( MN,\Delta  \right)}.d\left( MN,\Delta  \right)=\frac{1}{6}.\sqrt{53}.\frac{15}{\sqrt{6}}.\sqrt{\frac{31}{106}}.d\left( MN,\Delta  \right)=\frac{5\sqrt{93}}{12}.d\left( MN,\Delta  \right)$.

Ta có $\left[ \overrightarrow{MN},\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}} \right]=\left( -8;-5;-2 \right)$, điểm $A\left( m;-1;-{{m}^{2}} \right)\in \Delta $, $\overrightarrow{MA}=\left( m+1;-5;-{{m}^{2}}-1 \right)$.

$d\left( MN,\Delta  \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{MN},\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}} \right].\overrightarrow{MA} \right|}{\left| \left[ \overrightarrow{MN},\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}} \right] \right|}=\frac{\left| -8\left( m+1 \right)+25+2\left( {{m}^{2}}+1 \right) \right|}{\sqrt{64+25+4}}=\frac{\left| 2{{m}^{2}}-8m+19 \right|}{\sqrt{93}}=\frac{2{{\left( m-2 \right)}^{2}}+11}{\sqrt{93}}\ge \frac{11}{\sqrt{93}}$.

Từ đó ${{V}_{MN{N}'{M}'}}\ge \frac{5\sqrt{93}}{12}.\frac{11}{\sqrt{93}}=\frac{55}{12}.$ Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow $ $m=2$.

Vậy $\min {{V}_{MN{N}'{M}'}}=\frac{55}{12}$ đạt được khi $m=2$.

Câu 48. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho hai đường thẳng ${{\Delta }_{1}}:\frac{x+1}{1}=\frac{y+2}{2}=\frac{z}{1}$ ${{\Delta }_{2}}:\frac{x-2}{2}=\frac{y-1}{1}=\frac{z-1}{1}$. Đường thẳng $d$ song song với $(P):x+y-2z+5=0$ và cắt hai đường thẳng ${{\Delta }_{1}};{{\Delta }_{2}}$ lần lượt tại $A,B$ sao cho $AB$ ngắn nhất, có phương trình là

A. $x-1=y-2=z-2.$      B. $x+1=y+2=z+2.$      C. $\frac{x+1}{2}=\frac{y+2}{1}=\frac{z+2}{1}.$      D. $\frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{1}=\frac{z-2}{1}.$

Lời giải:

Gọi toạ độ của hai điểm $A,B$ là $A(-1+t,\,-2+2t,\,t)$ và $B(2+2t',\,1+t',\,1+t')$. Khi đó một vectơ chỉ phương của $d$ là $\overrightarrow{AB}\,\,(2t'-t+3;t'-2t+3;t'-t+1)$. Vì đường thẳng $d$ song song với mặt phẳng $(P):x+y-2z+5=0$ nên $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{{{n}_{(P)}}}=0$, tức là

$2t'-t+3+t'-2t+3-2(t'-t+1)=0\Leftrightarrow t'=t-4$.

Khi đó $\overrightarrow{AB}=(t-5;-t-1;-3)$, ta có $AB=\sqrt{{{(t-5)}^{2}}+{{(-t-1)}^{2}}+{{(-3)}^{2}}}=\sqrt{2{{t}^{2}}-8t+35}=\sqrt{2{{(t-2)}^{2}}+27}\ge \sqrt{27}$.

Độ dài đoạn thẳng $AB$ ngắn nhất khi $t=2$. Khi đó $\overrightarrow{AB}=(-3;-3;-3)=-3\,(1;1;1)$, do đó đường thẳng $d$ có một VTCP là $\overrightarrow{u}\,(1;1;1)$ và đi qua điểm $A(1;2;2)$ nên $d$ có phương trình $x-1=y-2=z-2.$

Câu 49. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho ba đường thẳng $\left( {{d}_{1}} \right)$, $\left( {{d}_{2}} \right)$, $\left( {{d}_{3}} \right)$ có phương trình $\left( {{d}_{1}} \right):\left\{ \begin{align} & x=1+2{{t}_{1}} \\  & y=1+{{t}_{1}} \\  & z=1-2{{t}_{1}} \\ \end{align} \right.$, $\left( {{d}_{2}} \right):\left\{ \begin{align}& x=3+{{t}_{2}} \\ & y=-1+2{{t}_{2}} \\ & z=2+2{{t}_{2}} \\ \end{align} \right.$, $\left( {{d}_{3}} \right):\left\{ \begin{align}& x=4+2{{t}_{3}} \\ & y=4-2{{t}_{3}} \\ & z=1+{{t}_{3}} \\ \end{align} \right.$. Gọi $S\left( I;R \right)$ là mặt cầu tâm $I$ bán kính $R$ tiếp xúc với 3 đường thẳng đó. Giá trị nhỏ nhất của $R$ gần số nào nhất trong các số sau:

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

Lời giải:

Ta có: $\left( {{d}_{1}} \right)$ đi qua điểm $A\left( 1;\,1;\,1 \right)$ có VTCP $\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( 2;\,1;\,-2 \right)$.

$\left( {{d}_{2}} \right)$ đi qua điểm $B\left( 3;\,-1;\,2 \right)$ có VTCP $\overrightarrow{{{u}_{2}}}=\left( 1;\,2;\,2 \right)$.

$\left( {{d}_{3}} \right)$ đi qua điểm $C\left( 4;\,4;\,1 \right)$ có VTCP $\overrightarrow{{{u}_{3}}}=\left( 2;\,-2;\,1 \right)$.

Ta có $\overrightarrow{{{u}_{1}}}.\overrightarrow{{{u}_{2}}}=0$, $\overrightarrow{{{u}_{2}}}.\overrightarrow{{{u}_{3}}}=0$, $\overrightarrow{{{u}_{3}}}.\overrightarrow{{{u}_{1}}}=0$$\Rightarrow \left( {{d}_{1}} \right)$, $\left( {{d}_{2}} \right)$, $\left( {{d}_{3}} \right)$ đôi một vuông góc với nhau.

$\left[ \overrightarrow{{{u}_{1}}},\,\overrightarrow{{{u}_{2}}} \right].\overrightarrow{AB}\ne 0$, $\left[ \overrightarrow{{{u}_{2}}},\,\overrightarrow{{{u}_{3}}} \right].\overrightarrow{BC}\ne 0$, $\left[ \overrightarrow{{{u}_{3}}},\,\overrightarrow{{{u}_{1}}} \right].\overrightarrow{CA}\ne 0$ $\Rightarrow \left( {{d}_{1}} \right)$, $\left( {{d}_{2}} \right)$, $\left( {{d}_{3}} \right)$ đôi một chéo nhau.

Lại có: $\overrightarrow{AB}=\left( 2;\,-2;\,1 \right)$; $\overrightarrow{AB}.\,\overrightarrow{{{u}_{1}}}=0$ và $\overrightarrow{AB}.\,\overrightarrow{{{u}_{2}}}=0$ nên $\left( {{d}_{1}} \right)$, $\left( {{d}_{2}} \right)$, $\left( {{d}_{3}} \right)$ chứa 3 cạnh của hình hộp chữ nhật như hình vẽ sau

Vì mặt cầu tâm $I\left( a;\,b;\,c \right)$ tiếp xúc với 3 đường thẳng $\left( {{d}_{1}} \right)$, $\left( {{d}_{2}} \right)$, $\left( {{d}_{3}} \right)$ nên bán kính

$R=d\left( I,\,{{d}_{1}} \right)=d\left( I,\,{{d}_{2}} \right)=d\left( I,\,{{d}_{3}} \right)$ $\Leftrightarrow {{R}^{2}}={{d}^{2}}\left( I,\,{{d}_{1}} \right)={{d}^{2}}\left( I,\,{{d}_{2}} \right)={{d}^{2}}\left( I,\,{{d}_{3}} \right)$ $\Leftrightarrow {{R}^{2}}={{\left( \frac{\left| \left[ \overrightarrow{AI},\,\overrightarrow{{{u}_{1}}} \right] \right|}{\left| \overrightarrow{{{u}_{1}}} \right|} \right)}^{2}}$ $={{\left( \frac{\left| \left[ \overrightarrow{BI},\,\overrightarrow{{{u}_{2}}} \right] \right|}{\left| \overrightarrow{{{u}_{2}}} \right|} \right)}^{2}}$ $={{\left( \frac{\left| \left[ \overrightarrow{CI},\,\overrightarrow{{{u}_{3}}} \right] \right|}{\left| \overrightarrow{{{u}_{3}}} \right|} \right)}^{2}}$, ta thấy ${{\left| \overrightarrow{{{u}_{1}}} \right|}^{2}}={{\left| \overrightarrow{{{u}_{2}}} \right|}^{2}}={{\left| \overrightarrow{{{u}_{3}}} \right|}^{2}}=9$ và

$\overrightarrow{AI}=\left( a-1;\,b-1;\,c-1 \right)$, $\left[ \overrightarrow{AI},\,\overrightarrow{{{u}_{1}}} \right]=\left( -2b-c+3;\,2a+2c-4;\,a-2b+1 \right)$.

$\overrightarrow{BI}=\left( a-3;\,b+1;\,c-2 \right)$, $\left[ \overrightarrow{BI},\,\overrightarrow{{{u}_{2}}} \right]=\left( 2b-2c+6;\,-2a+c+4;\,2a-b-7 \right)$.

$\overrightarrow{CI}=\left( a-4;\,b-4;\,c-1 \right)$, $\left[ \overrightarrow{CI},\,\overrightarrow{{{u}_{3}}} \right]=\left( b+2c-6;\,-a+2c+2;-2\,a-2b+16 \right)$.

$9{{R}^{2}}={{\left| \left[ \overrightarrow{AI},\,\overrightarrow{{{u}_{1}}} \right] \right|}^{2}}={{\left| \left[ \overrightarrow{BI},\,\overrightarrow{{{u}_{2}}} \right] \right|}^{2}}={{\left| \left[ \overrightarrow{CI},\,\overrightarrow{{{u}_{3}}} \right] \right|}^{2}}$ $\Rightarrow 27{{R}^{2}}={{\left| \left[ \overrightarrow{AI},\,\overrightarrow{{{u}_{1}}} \right] \right|}^{2}}+{{\left| \left[ \overrightarrow{BI},\,\overrightarrow{{{u}_{2}}} \right] \right|}^{2}}+{{\left| \left[ \overrightarrow{CI},\,\overrightarrow{{{u}_{3}}} \right] \right|}^{2}}=$

$=18\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)-126a-54b-54c+423$ $=18{{\left( a-\frac{7}{2} \right)}^{2}}+18{{\left( b-\frac{3}{2} \right)}^{2}}+18{{\left( c-\frac{3}{2} \right)}^{2}}+\frac{243}{2}\ge \frac{243}{2}$ $\Rightarrow {{R}_{\min }}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$ khi đó $R\approx 2,12$.

Câu 50. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho đường thẳng $d:\frac{x-1}{2}=\frac{y}{1}=\frac{z+2}{-1}$ và mặt phẳng $\left( P \right):x+2y-z-3=0$. Gọi ${d}'$ là hình chiếu vuông góc của $d$ trên mặt phẳng $\left( P \right)$. Tập hợp các điểm thuộc mặt phẳng $\left( P \right)$ và cách ${d}'$ một khoảng bằng $\sqrt{11}$ là đường thẳng có phương trình

A. $\frac{x}{7}=\frac{y+1}{-4}=\frac{z+5}{-1}$.      B. $\frac{x-9}{7}=\frac{y+3}{-4}=\frac{z}{-1}$.      C. $\frac{x}{7}=\frac{y+1}{-4}=\frac{z+5}{-1}$ và $\frac{x-9}{7}=\frac{y+3}{-4}=\frac{z}{-1}$.      D. $\frac{x+9}{7}=\frac{y-3}{-4}=\frac{z}{-1}$.

Lời giải:

Ta thấy: $A\left( 1\,;\,0\,;\,-2 \right)=d\cap \left( P \right)\Rightarrow A\in {d}'$.

$\left( P \right)$ có 1 VTPT $\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=\left( 1\,;\,2\,;\,-1 \right)$, đường thẳng $d$ có 1 VTCP $\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 2\,;\,1\,;-1 \right)$.

Gọi ${d}''$ là tập hợp các điểm thuộc mặt phẳng $\left( P \right)$ và cách ${d}'$ một khoảng bằng $\sqrt{11}$

$\left( Q \right)$ là mặt phẳng vuông góc với $\left( P \right)$ và cách ${d}'$ một khoảng bằng $\sqrt{11}$ $\Rightarrow \left( Q \right)\supset {d}''$

Ta có $\left\{ \begin{align}& \left( Q \right)\bot \left( P \right) \\ & \left( Q \right)\,\text{//}\,\left( d,{d}' \right) \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow \overrightarrow{{{n}_{\left( Q \right)}}}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}},\overrightarrow{{{u}_{d}}} \right]=\left( 1\,;\,1\,;\,3 \right)$ là một VTPT của $\left( Q \right)$ $\Rightarrow $ phương trình tổng quát của mặt phẳng $\left( Q \right)$ có dạng: $x+y+3z+a=0$.

Ta lại có: $d\left( \left( Q \right),{d}' \right)=d\left( A,\left( Q \right) \right)$ $\Leftrightarrow \frac{\left| 1+0+3.\left( -2 \right)+a \right|}{\sqrt{11}}=\sqrt{11}$ $\Leftrightarrow \left| a-5 \right|=11$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& a-5=11 \\ & a-5=-11 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& a=16 \\ & a=-6 \\ \end{align} \right.$.

Mà ${d}''=\left( P \right)\cap \left( Q \right)$

Với $a=16$, ta có phương trình ${d}''$ thỏa mãn $\left\{ \begin{align} & x+2y-z-3=0 \\ & x+y+3z+16=0 \\ \end{align} \right.\left( I \right)$.

Chọn $M\left( -35\,;\,19\,;\,0 \right)$ và $N\left( 0\,;\,-1\,;\,-5 \right)$ thỏa mãn $\left( I \right)$ $\Rightarrow \overrightarrow{MN}=\left( 35\,;\,-20\,;\,-5 \right)$

$\Rightarrow \overrightarrow{{{u}_{{{d}''}}}}=\left( 7\,;\,-4\,;\,-1 \right)$ là một VTCP của ${d}''$ $\Rightarrow {d}'':\frac{x}{7}=\frac{y+1}{-4}=\frac{z+5}{-1}$.

Với $a=-6$, ta có phương trình ${d}''$ thỏa mãn $\left\{ \begin{align}& x+2y-z-3=0 \\ & x+y+3z-6=0 \\ \end{align} \right.\left( II \right)$.

Chọn $K\left( 9\,;\,-3\,;\,0 \right)$ thỏa mãn $\left( II \right)$ $\Rightarrow {d}'':\frac{x-9}{7}=\frac{y+3}{-4}=\frac{z}{-1}$.

Câu 51. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, đường thẳng $d$ đi qua $A(1;-1;2)$, song song với mặt phẳng $(P):2x-y-z+3=0$, đồng thời tạo với đường thẳng $\Delta :\frac{x+1}{1}=\frac{y-1}{-2}=\frac{z}{2}$ một góc nhỏ nhất có phương trình là

A. $d:\frac{x-1}{4}=\frac{y+1}{5}=\frac{z-2}{3}$.      B. $d:\frac{x-1}{1}=\frac{y+1}{-5}=\frac{z-2}{7}$.      C. $d:\frac{x-1}{4}=\frac{y+1}{-5}=\frac{z-2}{3}$.      D. $d:\frac{x-1}{1}=\frac{y+1}{5}=\frac{z-2}{7}$.

Lời giải:

$\Delta $ có VTCP ${{\vec{u}}_{\Delta }}=(1;-2;2)$. Gọi VTCP của đường thẳng $d$ là $\vec{u}=(a;b;c)\,,\,\,({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ne 0)$.

$d\parallel (P)\Leftrightarrow \vec{u}.{{\vec{n}}_{P}}=0\Leftrightarrow c=2a-b$. Gọi góc giữa hai đường thẳng $d$và $\Delta $ là $\alpha $.

Þ $\cos \alpha =\frac{\left| 5a-4b \right|}{3\sqrt{5{{a}^{2}}-4ab+2{{b}^{2}}}}=\frac{1}{3}.\sqrt{\frac{{{(5a-4b)}^{2}}}{5{{a}^{2}}-4ab+2{{b}^{2}}}}$

Góc $\alpha $ nhỏ nhất khi và chỉ khi $\cos \alpha $ lớn nhất, ta xét các trường hợp:

+ TH1: Nếu $b=0$ thì $\cos \alpha =\frac{1}{3}.\sqrt{5}$

+ TH2: Nếu $b\ne 0$. Đặt $t=\frac{a}{b}$ Þ $\cos \alpha =\frac{1}{3}.\sqrt{\frac{{{(5t-4)}^{2}}}{5{{t}^{2}}-4t+2}}=\frac{1}{3}.\sqrt{f(t)}$

Xét hàm số $f(t)=\frac{{{(5t-4)}^{2}}}{5{{t}^{2}}-4t+2}$, $t\in \mathbb{R}$

${f}'\left( t \right)=\frac{50{{t}^{2}}-30t-8}{{{\left( 5{{t}^{2}}-4t+2 \right)}^{2}}},$

${f}'\left( t \right)=0\Leftrightarrow 50{{t}^{2}}-30t-8=0$ $\,\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & t=-\frac{1}{5} \\  & t=\frac{4}{5} \\ \end{align} \right.$

Bảng biến thiên:

Do $\cos \alpha \ge 0$ nên $\cos \alpha $ lớn nhất khi $f\left( t \right)$ lớn nhất, từ bảng biến thiên ta được $\underset{\mathbb{R}}{\mathop{\max }}\,f\left( t \right)=f\left( -\frac{1}{5} \right)$.

Ta suy ra được: $0\le \cos \alpha =\sqrt{f(t)}\le \frac{5\sqrt{3}}{9}$

So sánh TH1 và TH2, ta suy ra: $0\le \cos \alpha \le \frac{5\sqrt{3}}{9}$

Do đó: $\max (\cos \alpha )=\frac{5\sqrt{3}}{9}$ Û $\frac{a}{b}=-\frac{1}{5}$

Khi đó, chọn $a=1,b=-5,c=5$ Þ Phương trình đường thẳng $d:\frac{x-1}{1}=\frac{y+1}{-5}=\frac{z-2}{7}$.

Câu 52. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho mặt phẳng $\left( P \right):x-y+z-1=0$ và đường thẳng ${{d}_{1}}:\frac{x-1}{2}=\frac{y}{1}=\frac{z}{3}$. Gọi $d_{1}^{'}$ là hình chiếu của ${{d}_{1}}$ lên $\left( P \right)$. Đường thẳng ${{d}_{2}}$ nằm trên $\left( P \right)$ và tạo với ${{d}_{1}},d_{1}^{'}$ các góc bằng nhau. Biết ${{d}_{2}}$ có vectơ chỉ phương ${{\overrightarrow{u}}_{2}}=\left( a;b;c \right)$, khi đó giá trị biểu thức $\frac{3a-b}{c}$ bằng

A. $\frac{11}{3}$.      B. $-\frac{11}{3}$.      C. 4.      D. $-\,\frac{13}{3}$.

Lời giải:

Gọi $\overrightarrow{n}=\left( 1;-1;1 \right),{{\overrightarrow{u}}_{1}}=\left( 2;1;3 \right);\overrightarrow{u}'$ lần lượt là một vectơ pháp tuyến của $\left( P \right)$ và vectơ chỉ phương của hai đường thẳng ${{d}_{1}},d_{1}^{'}$.

Khi đó $\overrightarrow{u}'=\left[ \overrightarrow{n},\left[ \overrightarrow{n},\overrightarrow{{{u}_{1}}} \right] \right]=\left( -2;-7;-5 \right).$

Theo giả thiết $\left( {{d}_{2}};{{d}_{1}} \right)=\left( {{d}_{2}};{{d}_{1}}' \right)$ $\Rightarrow \,\,\cos \left( {{d}_{2}};{{d}_{1}} \right)=\cos \left( {{d}_{2}};{{d}_{1}}^{\prime } \right)$ $\Leftrightarrow \frac{\left| 2a+b+3c \right|}{\sqrt{14}\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=\frac{\left| -2a-7b-5c \right|}{\sqrt{78}\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}$ $\Leftrightarrow 39{{\left( 2a+b+3c \right)}^{2}}=7{{\left( 2a+7b+5c \right)}^{2}}\,\,\left( * \right)$

Lại do ${{d}_{2}}\subset \left( P \right)$ nên $a-b+c=0\Leftrightarrow c=b-a$.

Do đó trở thành $39{{\left( 2a+b+3b-3a \right)}^{2}}=7{{\left( 2a+7b+5b-5a \right)}^{2}}$ $\Leftrightarrow 39{{\left( a-4b \right)}^{2}}=7{{\left( 3a-12b \right)}^{2}}$ $\Leftrightarrow a=4b$.

Suy ra $\overrightarrow{{{u}_{2}}}=\left( 4b;b;-3b \right)$ với $b\ne 0$.

Vậy $\frac{3a-b}{c}=\frac{12b-b}{-3b}=-\frac{11}{3}.$

Câu 53. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho đường thẳng $d:\frac{x+1}{1}=\frac{y+2}{1}=\frac{z-1}{1}$ và mặt cầu $\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2x-4y+6z-13=0$. Lấy điểm $M\left( a;\,b;\,c \right)$ với $a<0$ thuộc đường thẳng $d$ sao cho từ $M$ kẻ được ba tiếp tuyến $MA$, $MB$, $MC$ đến mặt cầu $\left( S \right)$ thỏa mãn góc $\widehat{AMB}=60{}^\circ $, $\widehat{BMC}=90{}^\circ $, $\widehat{CMA}=120{}^\circ $. Tổng $a+b+c$ bằng

A. $-2$.      B. 1.      C. 2.      D. $\frac{10}{3}$.

Lời giải:

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 1;2;-3 \right)$, bán kính $R=3\sqrt{3}$.

Gọi $MA=MB=MC=m$.

Tam giác $MAB$ đều $\Rightarrow AB=m$.

Tam giác $MBC$ vuông cân tại $M\Rightarrow BC=m\sqrt{2}$.

Tam giác $MAC$ cân tại $M\,,\,\widehat{CMA}=120{}^\circ \Rightarrow AC=m\sqrt{3}$.

Ta có: $A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}=A{{C}^{2}}\Rightarrow \Delta ABC$ vuông tại $B$.

Gọi $H$ là trung điểm của $AC$, suy ra, $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$

Vì $MA=MB=MC\,,\,IA=IB=IC$ nên $M\,,\,H\,,\,I$ thẳng hàng.

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác $MAI$ vuông tại $A,$ ta nhận được $MI=\frac{AI}{\sin {{60}^{{}^\circ }}}=6.$

$M\in d\Rightarrow M\left( t-1;t-2;t+1 \right)\Rightarrow \overrightarrow{IM}=\left( t-2;t-4;t+4 \right)$.

$I{{M}^{2}}=36$ $\Rightarrow 3{{t}^{2}}-4t=0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& t=0\Rightarrow M\left( -1;-2;1 \right)\,\,\,\left( t/m \right) \\ & t=\frac{4}{3}\Rightarrow M\left( \frac{1}{3};\frac{-2}{3};\frac{7}{3} \right)\,\,\,\left( l \right) \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow a+b+c=-2$.

Câu 54. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho mặt cầu $\left( S \right):\,{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2x+4y+2z-3=0$ và mặt phẳng $\left( P \right):\,\,2x-y+2z-14=0$. Điểm $M$ thay đổi trên $\left( S \right)$, điểm $N$ thay đổi trên $\left( P \right)$. Biết rằng khi $M\left( {{x}_{M}};{{y}_{M}};{{z}_{M}} \right),\,N\left( {{x}_{N}};{{y}_{N}};{{z}_{N}} \right)$, $MN$ có độ dài nhỏ nhất, giá trị của $T={{x}_{M}}+{{y}_{N}}$ bằng:

A. $-3$.      B. $-\frac{1}{3}$.      C. $-4$.      D. $\frac{1}{3}$.

Lời giải:

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 1;-2;-1 \right)$, bán kính $R=3$.

Khoảng cách từ $I$ đến $\left( P \right)$ bằng: $d\left( I,\left( P \right) \right)=4>R$ $\Rightarrow \left( S \right)$ và $\left( P \right)$ không có điểm chung.

Đường thẳng $\Delta $ qua $I$ và vuông góc với $\left( P \right)$ cắt $\left( S \right)$ tại $A$, cắt $\left( P \right)$ tại $H$. Gọi $M,\,N$ lần lượt là hai điểm thay đổi trên $\left( S \right)$ và $\left( P \right)$. Gọi $K,E$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M$ trên $\left( P \right)$ và $IH$.

Ta có: $MN\ge MK=EH$

Vì $M$ nằm trên mặt cầu $\left( S \right)$ ($M$ nằm trên đường tròn tâm $E$ là giao tuyến của mặt cầu với mặt phẳng qua $M$ vuông góc với $IH$) nên $EH\ge AH\Rightarrow MN\ge AH$.

Do đó, $MN$ nhỏ nhất khi $M,\,N$ là giao điểm của $\left( S \right),\,\,\left( P \right)$ với đường thẳng $\Delta $. Phương trình $\Delta $ là: $\left\{ \begin{align}& x=1+2t \\ & y=-2-t \\ & z=-1+2t \\ \end{align} \right.$

Tọa độ giao điểm của $\Delta $ và $\left( P \right)$ thỏa mãn hệ phương trình:

$\left\{ \begin{align}& x=1+2t \\ & y=-2-t \\ & z=-1+2t \\ & 2x-y+2z-14=0 \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow \left\{ \begin{align}& x=\frac{11}{3} \\ & y=\frac{-10}{3} \\ & z=\frac{5}{3} \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow H\left( \frac{11}{3};\frac{-10}{3};\frac{5}{3} \right)$

Tọa độ giao điểm của $\Delta $ và $\left( S \right)$ thỏa mãn hệ phương trình:

$\left\{ \begin{align}& x=1+2t \\ & y=-2-t \\ & z=-1+2t \\ & {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2x+4y+2z-3=0 \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow \left[ \begin{align}& A\left( 3;-3;1 \right) \\ & {A}'\left( -1;-1;-3 \right) \\ \end{align} \right.$

Ta có: $AH=1,\,{A}'H=7$ nên để $MN$ nhỏ nhất thì $M\left( 3;-3;1 \right)$ và $N\left( \frac{11}{3};\frac{-10}{3};\frac{5}{3} \right)$. Vậy $T=3$

Câu 55. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho mặt cầu $\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+8y-12z+27=0$ và mặt phẳng $\left( P \right):2x-y+2z+17=0$. Một khối trụ $\left( N \right)$ có một đường tròn đáy nằm trên mặt phẳng $\left( P \right)$ và đường tròn đáy còn lại nằm trên mặt cầu. Khi $\left( N \right)$ có thể tích lớn nhất thì mặt phẳng chứa đường tròn đáy đi qua điểm nào sau đây?

A. $C\left( 0;1;10 \right)$.      B. $D\left( 0;0;8 \right)$.      C. $E\left( 8;3;0 \right)$.      D. $F\left( 2;0;8 \right)$.

Lời giải:

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 0;-4;6 \right)$ bán kính $R=5$.

Khoảng cách từ tâm $I$ đến mặt phẳng $\left( P \right)$ là $h=d\left( I,\left( P \right) \right)=\frac{\left| 1.0-1.\left( -4 \right)+2.6+17 \right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{\left( -1 \right)}^{2}}+{{2}^{2}}}}=11$.

Giả sử đường tròn đáy của hình trụ nằm trên mặt cầu là $\left( M,r \right)$ nằm trên mặt phẳng $\left( Q \right)$.

Suy ra $\left( P \right)//\left( Q \right)$ và điểm $I$ nằm giữa của hai mặt phẳng đó.

Đặt $IM=x,\left( 0\le x<5 \right)$ suy ra $r=\sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}=\sqrt{25-{{x}^{2}}}$ và chiều cao khối trụ là $x+h=x+11$.

Do đó thể tích khối trụ là $V=\pi \left( 25-{{x}^{2}} \right)\left( x+11 \right)=\pi \left( -{{x}^{3}}-11{{x}^{2}}+25x+275 \right)$.

Xét hàm số $f\left( x \right)=-{{x}^{3}}-11{{x}^{2}}+25x+275$ trên $\left[ 0;5 \right]$ ta có $f'\left( x \right)=-3{{x}^{2}}-22x+25$.

Vì $f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& x=1 \\ & x=-\frac{25}{3} \\ \end{align} \right.$ nên hàm số đạt giá trị lớn nhất là $f\left( 1 \right)=288$ tại điểm ${{x}_{0}}=1$.

Mặt phẳng $\left( Q \right)$ có dạng $2x-y+2z+D=0$ mà $d\left( I,\left( Q \right) \right)=1\Leftrightarrow \frac{\left| D+16 \right|}{3}=1\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& D=-13 \\ & D=-19 \\ \end{align} \right.$

Vì điểm $I$ nằm giữa $\left( P \right),\left( Q \right)$ nên $\left( 2.0-1.\left( -4 \right)+2.6+17 \right)\left( 2.0-1.\left( -4 \right)+2.6+D \right)<0$ $\Leftrightarrow 33.\left( 16+D \right)<0\Leftrightarrow D<-16$.

Vậy $\left( Q \right):2x-y+2z-19=0$ đi qua điểm $C\left( 0;1;10 \right)$.

Câu 56. Trong không gian với hệ tọa độ ${Oxyz}$, cho mặt phẳng $\left( P \right):x-y+z+7=0,$ đường thẳng $d:\frac{x}{1}=\frac{y}{-2}=\frac{z}{2}$ và mặt cầu $\left( S \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-2 \right)}^{2}}=5.$ Gọi $A,\,\,B$ là hai điểm trên mặt cầu $\left( S \right)$ và $AB=4;$ ${A}',\,\,{B}'$ là hai điểm nằm trên mặt phẳng $\left( P \right)$ sao cho $A{A}',\,\,B{B}'$ cùng song song với đường thẳng $d$. Giá trị lớn nhất của tổng $A{A}'+\,B{B}'$ gần nhất với giá trị nào sau đây

A. 11.      B. 12.      C. 13.      D. 14.

Lời giải:

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 1;0;2 \right)$ và bán kính $R=\sqrt{5}$.

Khi đó khoảng cách: $d\left( I;\left( P \right) \right)=\frac{10\sqrt{3}}{3}>R$ nên $(P)$ và mặt cầu $(S)$ không giao nhau.

Gọi $M$ là trung điểm của $AB$, ${M}'$ là trung điểm của $A\prime B\prime$ thì:

$AA\prime +BB\prime =2M{M}'=2.\frac{MH}{\sin \left( M;\left( P \right) \right)}$.

Khi đó $M{{H}_{\max }}=\sqrt{{{R}^{2}}-\frac{A{{B}^{2}}}{4}}+d\left( I;\left( P \right) \right)=\sqrt{5-4}+\frac{10\sqrt{3}}{3}=\frac{3+10\sqrt{3}}{3}$.

Ta có $\sin \left( M;\left( P \right) \right)=\sin \left( d;\left( P \right) \right)=\frac{5\sqrt{3}}{9}$.

Vậy ${{\left( A{A}'+\,B{B}' \right)}_{\max }}=2.\frac{\frac{3+10\sqrt{3}}{3}}{\frac{5\sqrt{3}}{9}}=\frac{60+6\sqrt{3}}{5}\approx 14,08$.

Nguyễn Quốc Hoàn ,  02/3/2023

 

Các chuyên đề về phương pháp tọa độ trong không gian ôn thi TN THPT QG năm 2023

1  Phương pháp tọa độ trong không gian năm 2023 phần 1  Ấn đây vào bài này

2  Phương pháp không gian tọa độ Oxyz phần 2    Ấn đây vào bài này

3  Phương trình mặt phẳng mặt cầu trong không gian mức khó VD và VDC    Ấn đây vào bài này

4  Phương trình mặt cầu trong không gian tọa độ Oxyz    Ấn đây vào bài này

5  Phương pháp tọa độ trong không gian ôn thi TN THPT 2023 VD VDC    Ấn đây vào bài này

6  Chuyên đề phương pháp tọa độ trong không gian phát triển câu VD VDC năm 2023    Ấn đây vào bài này

7  Phương trình đường thẳng trong không gian tọa độ Oxyz VD VDC phần 1    Ấn đây vào bài này

8  Hình học không gian tọa độ Oxyz phần 2 Ôn thi TNTHPT 2023    Ấn đây vào bài này