Phát triển câu 49 đề toán tham khảo Bộ GD năm 2023

Câu 1. Trong không gian $Oxyz,$ cho $A\left(0;0;10\right),B\left(3;4;6\right).$ Xét các điểm $M$ thay đổi sao cho tam giác $OAM$ không có góc tù và có diện tích bằng 15. Giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng $MB$ thuộc khoảng nào dưới đây?

A. $\left(4;\,5\right).$       B. $\left(3;\,4\right).$       C. $\left(2;\,3\right).$        D. $\left(6;\,7\right).$

Lời giải:

Ta có ${{S}_{OAM}}=\dfrac{1}{2}OA.d\left(M;\,OA\right)=15\Rightarrow d\left(M;\,OA\right)=3.$

Suy ra $M$ di động trên mặt trụ, bán kính bằng 3, trục là $OA$.

 

Xét điểm $D$ như hình vẽ $\left\{ \begin{align}& HA.HO=H{{D}^{2}}=9 \\ & HA+HO=10 \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow \left\{ \begin{align} & HA=1 \\ & HO=9 \\ \end{align} \right..$

Vì $\widehat{AMO}\le90$ nên giới hạn của $M$ là hai mặt trụ với trục $AH$ và $FO.$

 

Vì hình chiếu của $B$ cách $H$ gần hơn nên $B{{M}_{\min}}=\sqrt{{{2}^{2}}+{{3}^{2}}}=\sqrt{13}.$

Câu 2. Trong không gian $Oxyz,$ cho hai mặt cầu $\left({{S}_{1}}\right):{{\left(x-7\right)}^{2}}+{{\left(y+7\right)}^{2}}+{{\left(z-5\right)}^{2}}=24;$ $\left({{S}_{2}}\right):{{\left(x-3\right)}^{2}}+{{\left(y+5\right)}^{2}}+{{\left(z-1\right)}^{2}}=\dfrac{3}{2}$ và mặt phẳng $\left(P\right):3x-4y-20=0$. Gọi $A,M,N$ lần lượt là các điểm thuộc $\left(P\right){{;}^{{}}}\left({{S}_{1}}\right)$ và $\left({{S}_{2}}\right)$. Đặt $d=AM+AN$. Giá trị nhỏ nhất của $d$ bằng

A. $\dfrac{2\sqrt{6}}{5}$.        B. $\dfrac{3\sqrt{6}}{5}$.        C. $\dfrac{4\sqrt{6}}{5}$.        D. $\dfrac{11\sqrt{6}}{10}$.

Lời giải:

 

Mặt cầu $\left({{S}_{1}}\right)$ có tâm ${{I}_{1}}\left(7;-7;5\right)$ và ${{R}_{1}}=2\sqrt{6}$, mặt cầu $\left({{S}_{2}}\right)$ có tâm ${{I}_{2}}\left(3;-5;1\right)$ và ${{R}_{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$.

Ta có ${{I}_{1}}{{I}_{2}}=6<{{R}_{1}}+{{R}_{2}}$ suy ra $\left({{S}_{1}}\right)$ cắt $\left({{S}_{2}}\right)$.

${{I}_{1}};{{I}_{2}}$ cùng phía đối với $\left(P\right)$, $d\left({{I}_{1}},\left(P\right)\right)=\dfrac{29}{5}>{{R}_{1}}$; $d\left({{I}_{2}},\left(P\right)\right)=\dfrac{9}{5}>{{R}_{2}}$

nên $\left({{S}_{1}}\right)$ và $\left({{S}_{2}}\right)$ cùng thuộc một miền không gian có bờ là mặt phẳng $\left(P\right)$.

Gọi mặt cầu $\left({{S}_{3}}\right)$ đối xứng với mặt cầu $\left({{S}_{2}}\right)$ qua mặt phẳng $\left(P\right)$.

Gọi ${N}'$ là điểm đối xứng của $N$ qua $\left(P\right)$, suy ra $AM+AN=AM+A{N}'\ge M{N}'$.

Dấu $''=''$ xảy ra khi và chỉ khi $M;A;{N}'$ thẳng hàng.

Khi đó $M{N}'$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $M;A;{N}'$ thuộc đoạn ${{I}_{1}}{{I}_{3}}$.

Suy ra ${{d}_{\min}}={{I}_{1}}{{I}_{3}}-{{R}_{1}}-{{R}_{2}}$.

Phương trình đường thẳng ${{I}_{2}}{{I}_{3}}:\left\{\begin{align}&x=3+3t\\ &y=-5-4t\\ &z=1\end{align}\right.$

Khi đó giao điểm của đường thẳng ${{I}_{2}}{{I}_{3}}$ với $\left(P\right)$ là điểm $H\left(\dfrac{48}{25};-\dfrac{89}{25};1\right)$ $\Rightarrow {{I}_{3}}\left(\dfrac{21}{25};-\dfrac{53}{25};1\right)$. Suy ra ${{I}_{1}}{{I}_{3}}=\dfrac{18\sqrt{6}}{5}$.

Vậy ${{d}_{\min}}=\dfrac{11\sqrt{6}}{10}$.

Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho điểm $A\left(1;2;-3\right)$, mặt phẳng $\left(P\right):2x+2y-z+9=0$và đường thẳng $d$: $\left\{\begin{align}&x=1+3t\\ &y=2+4t\\ &z=-3-4t\end{align}\right.$. Gọi $B$ là giao điểm của đường thẳng $d$ và mặt phẳng $\left(P\right)$ và điểm $M$ thay đổi trong $\left(P\right)$ sao cho $M$ luôn nhìn đoạn $AB$ dưới góc ${{90}^{0}}$. Khi độ dài $MB$ lớn nhất, đường thẳng $MB$ đi qua điểm nào trong các điểm sau?

A. $V\left(-2;-1;3\right)$.        B. $N\left(-1;-2;3\right)$.        C. $Q\left(3;0;15\right)$.        D. $T\left(-3;2;7\right)$.

Lời giải:

Ta có $M{{B}^{2}}=A{{B}^{2}}-M{{A}^{2}}$. Do đó ${{\left(MB\right)}_{\max}}$ khi và chỉ khi ${{\left(MA\right)}_{\min}}$.

Gọi $E$ là hình chiếu của $A$ lên $\left(P\right)$. Ta có $AM\ge AE$.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $M\equiv E$.

Khi đó ${{\left(AM\right)}_{\min}}=AE$ và $MB$ qua $B$ nhận $\overrightarrow{BE}$ làm vectơ chỉ phương.

Ta có $B\in d$ nên $B\left(1+3t;2+4t;-3-4t\right)$ mà $B\in \left(P\right)$ suy ra:

$2\left(1+3t\right)+2\left(2+4t\right)-\left(-3-4t\right)+9=0\Leftrightarrow  t=-1$ $\Rightarrow B\left(-2;-2;1\right)$.

Đường thẳng $AE$ qua $A\left(1;2;-3\right)$, nhận ${{\vec{n}}_{P}}=\left(2;2;-1\right)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình là $\left\{\begin{align}&x=1+2t\\ &y=2+2t\\ &z=-3-t\end{align}\right.$.

Suy ra $E\left(1+2t;2+2t;-3-t\right)$.

Mặt khác $E\in \left(P\right)$ nên $2\left(1+2t\right)+2\left(2+2t\right)-\left(-3-t\right)+9=0\Leftrightarrow  t=-2$ $\Rightarrow E\left(-3;-2;-1\right)$.

Do đó đường thẳng $MB$ qua $B\left(-2;-2;1\right)$, có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{BE}=\left(-1;0;-2\right)$ nên có phương trình là $\left\{\begin{align}&x=-2-t\\ &y=-2\\ &z=1-2t\end{align}\right.$.

Thử các đáp án thấy điểm $N\left(-1;-2;3\right)$ thỏa mãn.

Câu 4. Cho đường thẳng $d:\dfrac{x-2}{3}=\dfrac{y+1}{2}=\dfrac{z}{3}$ và đường thẳng $\Delta :\dfrac{x-4}{2}=\dfrac{y+5}{3}=\dfrac{z-3}{-4}$. Mặt phẳng $\left(P\right);\left(Q\right)$ là 2 mặt phẳng vuông góc nhau, luôn chứa $d$ và cắt $\Delta $ tại $N,M$. Độ dài $MN$ ngắn nhất bằng

A. $\dfrac{182\sqrt{319}}{319}$.        B. $\dfrac{91}{\sqrt{638}}$.        C. $\dfrac{91}{\sqrt{319}}$.        D. $\dfrac{91\sqrt{638}}{319}$.

Lời giải:

 

Ta nhận xét $d\bot \Delta $ do $\overrightarrow{{{u}_{d}}}.\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}=3.2+2.3+3.\left( -4 \right)=0$

Trong $\left( Q \right),ME\bot d$ tại $E$. Suy ra $ME\bot \left( P \right)\Rightarrow ME\bot NE\Rightarrow \Delta MEN$ vuông tại $E$

Hạ đường cao $EF$ trong $\Delta MEN$ vuông tại $E$.

Ta có: $\left\{ \begin{align} & d\bot ME \\  & d\bot MN \\ \end{align} \right.\Rightarrow d\bot \left( MEN \right)\Rightarrow d\bot EF$

Mà $EF\bot \Delta \Rightarrow EF=d\left( d,\Delta  \right)$

Gọi $K$ là trung điểm $MN$. Khi đó, $MN=2EK\le 2EF=2d\left( d,\Delta  \right)$

Dấu bằng xảy ra khi $K\equiv F$, tức là $\Delta MEN$vuông cân tại $E$

Ta có:

$d:\frac{x-2}{3}=\frac{y+1}{2}=\frac{z}{3}$ $\Rightarrow \left\{ \begin{align}& A\left( 2\ ;\ -1\ ;\ 0 \right)\in d \\  & \overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 3\ ;\ 2\ ;\ 3 \right) \\ \end{align} \right.$

$\Delta :\frac{x-4}{2}=\frac{y+5}{3}=\frac{z-3}{-4}$ $\Rightarrow \left\{ \begin{align} & B\left( 4\ ;\ -5\ ;\ 3 \right)\in \Delta  \\ & \overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}=\left( 2\ ;\ 3\ ;\ -4 \right) \\ \end{align} \right.$

Suy ra  $\left\{ \begin{align}& \overrightarrow{AB}=\left( 2\ ;\ -4\ ;\ 3 \right) \\  & \left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}},\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}} \right]=\left( -17\ ;\ 18\ ;\ 5 \right) \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow d\left( d,\Delta  \right)=\frac{\left| \overrightarrow{AB}.\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}},\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}} \right] \right|}{\left| \left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}},\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}} \right] \right|}=\frac{91}{\sqrt{638}}$

Vậy $MN$ ngắn nhất là $2.\frac{91}{\sqrt{638}}=\frac{91\sqrt{638}}{319}$.

Câu 5. Trong không gian $Oxyz$ cho $A\left(1;\,1;\,1\right)$ và hai đường thẳng ${{d}_{1}}:\,\left\{\begin{align}&x=2-2t\\ &y=1\\ &z=-2+t\end{align}\right.$, ${{d}_{2}}:\,\left\{\begin{align}&x=5+3s\\ &y=1\\ &z=3-s\end{align}\right.$. Gọi $B$, $C$ là các điểm lần lượt di động trên ${{d}_{1}}$, ${{d}_{2}}$. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=AB+BC+CA$ là

A. $2\sqrt{29}$.        B. $\sqrt{29}$.        C. $\sqrt{30}$.        D. $2\sqrt{30}$.

Lời giải:

+ Từ giả thiết suy ra hai đường thẳng ${{d}_{1}},\,{{d}_{2}}$ cùng nằm trong mặt phẳng $\left(\alpha\right):\,y=1$ và $A\in \left(\alpha\right)$.

+ ${{d}_{1}}$ có một vectơ chỉ phương ${{\vec{u}}_{1}}=\left(-2;\,0;\,1\right)$; ${{d}_{2}}$ có một vectơ chỉ phương ${{\vec{u}}_{2}}=\left(3;\,0;\,-1\right)$.

Do $\left[ {{{\vec{u}}}_{1}},\,{{{\vec{u}}}_{2}} \right]=\left( 0;\,1;\,0 \right)\ne \vec{0}$ nên ${{d}_{1}}$ cắt ${{d}_{2}}$.

 

+ Gọi ${{A}_{1}},\,{{A}_{2}}$ lần lượt là điểm đối xứng của $A$ qua ${{d}_{1}}$ và ${{d}_{2}}$.

+ Gọi $\left(\beta\right)$ là mặt phẳng qua $A$ và vuông góc với ${{d}_{1}}$ $\Rightarrow \,\,\left(\beta\right):-2x+z+1=0$.

+ Gọi $I=\left(\beta\right)\cap{{d}_{1}}$, thì tọa độ của $I$ là nghiệm của hệ

$\left\{\begin{align}&x=2-2t\\ &y=1\\ &z=-2+t\\ &-2x+z+1=0\end{align}\right.\Rightarrow I\left(0;\,1;\,-1\right)$ $\Rightarrow {{A}_{1}}\left(-1;\,1;\,-3\right)$.

+ Gọi $\left(\delta\right)$ là mặt phẳng qua $A$ và vuông góc với ${{d}_{2}}$ $\Rightarrow \,\left(\delta\right):3x-z-2=0$.

+ Gọi $J=\left(\delta\right)\cap{{d}_{2}}$, thì tọa độ của $J$ là nghiệm của hệ

$\left\{\begin{align}&x=5+3s\\ &y=1\\ &z=3-s\\ &3x-z-2=0\end{align}\right.\Rightarrow J\left(2;\,1;\,4\right)$ $\Rightarrow {{A}_{2}}\left(3;\,1;\,7\right)$.

+ Ta có $P=AB+BC+CA={{A}_{1}}B+BC+C{{A}_{2}}\ge{{A}_{1}}{{A}_{2}}$

$\Rightarrow \,P$ đạt GTNN khi $P={{A}_{1}}{{A}_{2}}$ $\Rightarrow {{P}_{\min}}={{A}_{1}}{{A}_{2}}=2\sqrt{29}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $2\sqrt{29}$.

Câu 6. Trong không gian $Oxyz$, cho mặt cầu $\left(S\right):{{\left(x-1\right)}^{2}}+{{\left(y-1\right)}^{2}}+{{z}^{2}}=4$, đường thẳng $d:\dfrac{x-2}{2}=\dfrac{y+1}{2}=\dfrac{z-6}{1}$, điểm $A\left(-1;\,-1;\,-1\right)$. Lấy điểm $M$ thay đổi trên $d$, điểm $N$ bất kỳ trên mặt cầu $\left(S\right)$. Giá trị nhỏ nhất của $T=AM+MN$ là

A. $T=\dfrac{\sqrt{1493}}{3}+2$.        B. $T=\dfrac{\sqrt{1493}}{3}$.        C. $T=\dfrac{2\sqrt{1493}}{3}$.        D. $\dfrac{\sqrt{1493}-6}{3}$.

Lời giải:

 

$\left(S\right)$ có tâm $I\left(1;\,1;\,0\right)$, bán kính $R=2$.

$d$ qua điểm $E\left(2;\,-1;\,6\right)$, có vtcp ${{\vec{u}}_{d}}=\left(2;\,2;\,1\right)$.

Vì $\overrightarrow{AI}=\left(2;\,2;\,1\right)$, $A\notin d$ nên $AI \text {//}d$.

Gọi mặt cầu $\left({{S}'}\right)$ có tâm ${I}'$ đối xứng với mặt cầu $\left(S\right)$ qua $d$.

Gọi ${{M}_{1}}=A{I}'\cap d$, ${{{N}'}_{1}}=A{I}'\cap\left({{S}'}\right)$, ${{N}_{1}}={{M}_{1}}I\cap\left(S\right)$, ${N}'$ đối xứng với $N$ qua $d$ (như hình vẽ).

Khi đó dễ thấy ${N}'\in \left({{S}'}\right)$.

$T=AM+MN$ $=AM+M{N}'$ $=\left(AM+M{N}'+{N}'{I}'\right)-{N}'{I}'$ $\ge A{I}'-{N}'{I}'$ $=A{I}'-{I}'{{N}_{1}}^{\prime}=A{{N}_{1}}^{\prime}$

Dễ thấy $A{{N}_{1}}^{\prime}=A{{M}_{1}}+{{M}_{1}}{{{N}'}_{1}}=A{{M}_{1}}+{{M}_{1}}{{N}_{1}}$ và $A{{N}_{1}}^{\prime}=A{I}'-R$.

Vậy suy ra $\min T=A{{N}_{1}}^{\prime}=A{I}'-R$ khi $M\equiv {{M}_{1}}$, $N\equiv {{N}_{1}}$.

Ta có $\overrightarrow{EI}=\left(-1;\,2;\,-6\right)$;  $IH=d\left( I,\,d \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{EI},\,{{{\vec{u}}}_{d}} \right] \right|}{\left| {{{\vec{u}}}_{d}} \right|}$ $=\dfrac{\sqrt{353}}{3}$; $AI=3$; $I{I}'=\dfrac{2\sqrt{353}}{3}$.

$A{I}'=\sqrt{A{{I}^{2}}+I{{{{I}'}}^{2}}}=\dfrac{\sqrt{1493}}{3}$.

Vậy GTNN $T=\dfrac{\sqrt{1493}}{3}-2$.

Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A\left(0;-2;0\right)$ và $B\left(3;4;5\right)$. Gọi $\left(P\right)$ là mặt phẳng chứa giao tuyến của hai mặt cầu $\left({{S}_{1}}\right):{{\left(x-1\right)}^{2}}+{{\left(y+1\right)}^{2}}+{{\left(z-3\right)}^{2}}=4$ và $\left({{S}_{2}}\right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2x-6z+7=0$. Xét hai điểm $M$, $N$ là hai điểm bất kì thuộc $\left(P\right)$ sao cho $MN=1$. Giá trị nhỏ nhất của $AM+BN$ bằng

A. $72-2\sqrt{34}$.        B. $\sqrt{72-2\sqrt{34}}$.        C. $72+2\sqrt{34}$.        D. $\sqrt{72+2\sqrt{34}}$.

Lời giải:

Mặt phẳng $\left(P\right)$ là giao tuyến của hai mặt cầu $\left({{S}_{1}}\right)$ và $\left({{S}_{2}}\right)$ nên ta có hệ:

$\left\{\begin{align}&{{\left(x-1\right)}^{2}}+{{\left(y+1\right)}^{2}}+{{\left(z-3\right)}^{2}}=4\\ &{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2x-6z+7=0\end{align}\right.$ $\Rightarrow 2y=0$ $\Rightarrow \left(P\right)\equiv \left(Ozx\right)$.

Gọi $C\left(0;0;0\right)$ và $D\left(3;0;5\right)$ lần lượt là hình chiếu của $A$ và $B$ lên $\left(Ozx\right)$. Khi đó $AC=2$, $BD=4$, $CD=\sqrt{34}$.

 

Ta có $AM+BN=\sqrt{A{{C}^{2}}+C{{M}^{2}}}+\sqrt{B{{D}^{2}}+D{{N}^{2}}}$ $\ge\sqrt{{{\left(AC+BD\right)}^{2}}+{{\left(CM+DN\right)}^{2}}}$

Mặt khác $CM+DN+MN\ge CD$ $\Rightarrow CM+DN\ge\sqrt{34}-1$.

Suy ra $AM+BN\ge\sqrt{36+{{\left(CM+DN\right)}^{2}}}\ge\sqrt{36+{{\left(\sqrt{34}-1\right)}^{2}}}$

Vậy $AM+BN$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $\sqrt{72-2\sqrt{34}}$, dấu $''=''$ xảy ra khi $C,M,N,D$ thẳng hàng.

Câu 8. Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $A\left(0;-1;2\right),\,\,B\left(2;5;4\right)$ và mặt phẳng $\left(P\right):\,2x-2y+z+3=0$. Gọi $M\left(a;b;c\right)$ là điểm thỏa mãn biểu thức $M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}=40$ và khoảng cách từ $M$ đến $\left(P\right)$ nhỏ nhất. Khi đó giá trị $a.b.c$ bằng

A. 0.         B. $-8$.         C. 7.         D. $-9$.

Lời giải:

Gọi $I\left(1;2;3\right)$ là trung điểm $AB$, $AB=2\sqrt{11}$

$\begin{align}&M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}=40\Leftrightarrow  {{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)}^{2}}+{{\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)}^{2}}=40\\ &\Leftrightarrow  2M{{I}^{2}}+\dfrac{A{{B}^{2}}}{2}=40\Leftrightarrow  MI=3\end{align}$

Do đó $M$ thuộc mặt cầu $\left(S\right)$ cầu có tâm $I\left(1;2;3\right)\,,R=3$.

$d\left(I,\left(P\right)\right)=\dfrac{\left|2.1-2.2+3+3\right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{\left(-2\right)}^{2}}+{{1}^{2}}}}=\dfrac{4}{3}<R$ mặt phẳng cắt mặt cầu theo một đường tròn.

Gọi $M\left(a;b;c\right)$ là điểm trên mặt cầu sao cho khoảng cách từ $M$ đến $\left(P\right)$ nhỏ nhất.

Khi đó $M$ thuộc đường thẳng $\Delta $ vuông đi qua $M$ và vuông góc với $\left(P\right)$ $\Delta :\left\{\begin{align}&x=1+2t\\ &y=2-2t\\ &z=3+t\end{align}\right.$

Tọa độ $M$ là nghiệm của hệ $\left\{\begin{align}&x=1+2t\\ &y=2-2t\\ &z=3+t\\ &{{\left(x-1\right)}^{2}}+{{\left(y-2\right)}^{2}}+{{\left(z-3\right)}^{2}}=9\end{align}\right.$

$\Rightarrow \,{{\left(2t\right)}^{2}}+{{\left(-2t\right)}^{2}}+{{\left(t\right)}^{2}}=9\Rightarrow 9{{t}^{2}}=9\Rightarrow t=\pm 1$

Với $t=1\Rightarrow M\left(3;0;4\right)\,\Rightarrow d\left(M;\left(P\right)\right)=\dfrac{\left|2.3-2.0+4+3\right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{\left(-2\right)}^{2}}+{{1}^{2}}}}=\dfrac{10}{3}$ (loại)

Với $t=-1\Rightarrow M\left(-1;4;2\right)\Rightarrow d\left(M;\left(P\right)\right)=\dfrac{\left|2.\left(-1\right)-2.4+2+3\right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{\left(-2\right)}^{2}}+{{1}^{2}}}}=\dfrac{1}{3}$

Vậy $M\left(-1;4;2\right)$ $\Rightarrow abc=-8$.

Câu 9. Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz,$ cho các điểm $A\left(4;1;5\right),B\left(3;0;1\right),C\left(-1;2;0\right)$ và điểm $M\left(a;b;c\right)$ thỏa mãn $\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}-5\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}$ lớn nhất. Giá trị $a-2b+4c$ bằng

A. 23.        B. 31.        C. 11.        D. 13

Lời giải:

+ Đặt $Q=\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}-5\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}$.

${{\left(\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}\right)}^{2}}=M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}-2\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}\Rightarrow \overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}=\dfrac{1}{2}\left(M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}\right)$.

${{\left(\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\right)}^{2}}=M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}-2\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}\Rightarrow 2\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}=M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}-B{{C}^{2}}$.

${{\left(\overrightarrow{MC}-\overrightarrow{MA}\right)}^{2}}=M{{C}^{2}}+M{{A}^{2}}-2\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}\Rightarrow \overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}=\dfrac{1}{2}\left(M{{C}^{2}}+M{{A}^{2}}-A{{C}^{2}}\right)$.

$\Rightarrow Q=\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MC}-5\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MA}$

$=\dfrac{1}{2}\left(M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}\right)+M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}-B{{C}^{2}}-\dfrac{5}{2}\left(M{{C}^{2}}+M{{A}^{2}}-A{{C}^{2}}\right)$

$=-2M{{A}^{2}}+\dfrac{3}{2}M{{B}^{2}}-\dfrac{3}{2}M{{C}^{2}}-\dfrac{1}{2}A{{B}^{2}}-B{{C}^{2}}+\dfrac{5}{2}A{{C}^{2}}$.

$-\dfrac{1}{2}A{{B}^{2}}-B{{C}^{2}}+\dfrac{5}{2}A{{C}^{2}}$ không đổi nên $Q$ lớn nhất khi $T=-2M{{A}^{2}}+\dfrac{3}{2}M{{B}^{2}}-\dfrac{3}{2}M{{C}^{2}}$ đạt giá trị lớn nhất.

+ $T=-2M{{A}^{2}}+\dfrac{3}{2}M{{B}^{2}}-\dfrac{3}{2}M{{C}^{2}}$.

Gọi $E$ là điểm thỏa mãn $-2\overrightarrow{EA}+\dfrac{3}{2}\overrightarrow{EB}-\dfrac{3}{2}\overrightarrow{EC}=\overrightarrow{0}$.

$\Leftrightarrow  -4\overrightarrow{EA}+3\overrightarrow{EB}-3\overrightarrow{EC}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow  4\overrightarrow{EA}=3\overrightarrow{CB}\Leftrightarrow  \overrightarrow{EA}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{CB}$.

$\Rightarrow E\left(1;\dfrac{5}{2};\dfrac{17}{4}\right)$.

$T=-2M{{A}^{2}}+\dfrac{3}{2}M{{B}^{2}}-\dfrac{3}{2}M{{C}^{2}}=-2{{\left(\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{EA}\right)}^{2}}+\dfrac{3}{2}{{\left(\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{EB}\right)}^{2}}-\dfrac{3}{2}{{\left(\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{EC}\right)}^{2}}$

$=-2M{{E}^{2}}-2E{{A}^{2}}+\dfrac{3}{2}E{{B}^{2}}-\dfrac{3}{2}E{{C}^{2}}\le-2E{{A}^{2}}+\dfrac{3}{2}E{{B}^{2}}-\dfrac{3}{2}E{{C}^{2}}$.

Vì $-2E{{A}^{2}}+\dfrac{3}{2}E{{B}^{2}}-\dfrac{3}{2}E{{C}^{2}}$không đổi nên $T$ đạt giá trị lớn nhất khi $ME=0\Rightarrow M\equiv E$.

$\Rightarrow M\left(1;\dfrac{5}{2};\dfrac{17}{4}\right)$.

$P=a-2b+4c=1-2.\dfrac{5}{2}+4.\dfrac{17}{4}=13$.

Câu 10. Trong không gian $Oxyz$, cho mặt cầu $\left(S\right)$ có phương trình ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-4x+2y-2z-3=0$ và điểm $A\left(5;3;-2\right)$. Một đường thẳng $d$ thay đổi luôn đi qua $A$ và luôn cắt mặt cầu tại hai điểm phân biệt $M,N$. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $S=AM+4AN$ bằng

A. ${{S}_{\min}}=30$.        B. ${{S}_{\min}}=20$.        C. ${{S}_{\min}}=\sqrt{34}-3$.        D. ${{S}_{\min}}=5\sqrt{34}-9$.

Lời giải:

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

$AI=\sqrt{34}>R\Rightarrow$ $A$ nằm ngoài mặt cầu $\left(S\right)$.

Do hai điểm $M,N$ nằm ở vị trí hai đầu một dây cung nên để ${{S}_{\min }}$ thì $N$ nằm giữa $A$ và $M$. Gọi $H$ là trung điểm $MN$ $\Rightarrow IH\bot MN,NH=\frac{1}{2}MN$

$S=4\left( AH-NH \right)+AH+NH=5AH-3NH$

$S=5\sqrt{A{{I}^{2}}-I{{H}^{2}}}-3\sqrt{{{R}^{2}}-I{{H}^{2}}}=5\sqrt{34-{{x}^{2}}}-3\sqrt{9-{{x}^{2}}},x=IH$

Xét hàm số $f\left( x \right)=5\sqrt{34-{{x}^{2}}}-3\sqrt{9-{{x}^{2}}},\left( 0\le x<3 \right)$

${f}'\left( x \right)=\frac{-5x}{\sqrt{34-{{x}^{2}}}}+\frac{3x}{\sqrt{{{3}^{2}}-{{x}^{2}}}}=x\left( \frac{-5}{\sqrt{34-{{x}^{2}}}}+\frac{3}{\sqrt{{{3}^{2}}-{{x}^{2}}}} \right)$

Xét $\left( \frac{-5}{\sqrt{34-{{x}^{2}}}}+\frac{3}{\sqrt{9-{{x}^{2}}}} \right)>0$ $\Leftrightarrow 5\sqrt{9-{{x}^{2}}}<3\sqrt{34-{{x}^{2}}}$$\Leftrightarrow 225-25{{x}^{2}}<9.34-9{{x}^{2}}\Leftrightarrow 16{{x}^{2}}+81>0$

Suy ra $;{f}'\left( x \right)\ge 0,\forall x\in \left[ 0;3 \right),{f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=0$ $\Rightarrow f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left[ 0;3 \right)$

Suy ra $\underset{\left[ 0;3 \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=f\left( 0 \right)=5\sqrt{34}-9$.

Câu 11. Trong không gian $Oxyz,$ cho mặt phẳng $(P):x-2y+2z-3=0$ và hai điểm $A\left(1;2;3\right), {B}\left( {3;4;5}\right)$. Gọi $M$ là một điểm di động trên $(P)$. Giá trị lớn nhất của biểu thức $\dfrac{MA+2\sqrt{3}}{MB}$ bằng

A. $3\sqrt{3+\sqrt{78}}$.        B. $\sqrt{54+6\sqrt{78}}$.        C. $8\sqrt{2}$.        D. $6\sqrt{3}$.

Lời giải:

 

+) Nhận xét. $\overrightarrow{AB}\left(2;2;2\right)\Rightarrow AB=2\sqrt{3};A\in \left(P\right).$

+) Xét tam giác $MAB$ ta có $P=\dfrac{MA+2\sqrt{3}}{MB}=\dfrac{MA+AB}{MB}=\dfrac{\sin B+\sin M}{\operatorname{sinA}}$

$\Leftrightarrow  P=\dfrac{2\cos \dfrac{A}{2}\cos \dfrac{B-M}{2}}{2\cos \dfrac{A}{2}\sin \dfrac{A}{2}}=\dfrac{\cos \dfrac{B-M}{2}}{\sin \dfrac{A}{2}}\le\dfrac{1}{\sin \dfrac{A}{2}}$

+) Để ${{P}_{\max}}\Leftrightarrow  \sin \dfrac{A}{2}$ min, dấu bằng xảy ra khi $\left\{\begin{align}&AB=AM\\ &\overset\frown{ABM}=\overset\frown{ABH}\end{align}\right.$

$(P):x-2y+2z-3=0\Rightarrow {{d}_{B/\left(P\right)}}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow BM=\sqrt{\dfrac{24\sqrt{3}-8\sqrt{26}}{\sqrt{3}}}$

$\Rightarrow {{P}_{\max}}=\sqrt{54+6\sqrt{78}}$.

Câu 12. Trong không gian Oxyz, cho tam giác $ABC$ có $A\left(1;0;-1\right),\,\,B\left(1;2;1\right),\,\,C\left(2;-1;-1\right).$ Gọi $M$ là điểm thay đổi thuộc mặt cầu tâm $B,$bán kính $R=\sqrt{2}.$ Giá trị nhỏ nhất của $MA+2MC$ là

A. $2\sqrt{14}.$        B. $6\sqrt{2}.$        C. $\sqrt{38}.$        D. $4\sqrt{2}.$

Lời giải:

 

$\overrightarrow{AB}=\left(0;2;2\right),\overrightarrow{AC}=\left(1;-1;0\right)\Rightarrow AB=2\sqrt{2},\,\,AC=\sqrt{2},\widehat{CAB}=120{}^\circ.$

$AB=2R,AC=R,\widehat{CAB}=120{}^\circ.$

Gọi $E=BA\cap\left(B\right)$ và $D$ là trung điểm $BE$.

Xét tam giác $BDM$ và tam giác $MAB$ có:

$\left\{\begin{align}&\dfrac{BD}{MB}=\dfrac{MB}{AB}=\dfrac{1}{2}\\ &\widehat{B}\text {}chung\end{align}\right.\Rightarrow $ Tam giác $BDM$ đồng dạng với tam giác $BMA$.

$\Rightarrow \dfrac{MA}{MD}=\dfrac{MB}{BD}=2\Rightarrow MA=2MD\Rightarrow MA+2MC=2\left(MD+MC\right)\ge2CD$

Áp dụng định lí côsin vào tam giác $CAD$ ta có:

$C{{D}^{2}}=C{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}-2.CA.AD.\cos 120{}^\circ=2+\dfrac{9}{2}+3=\dfrac{19}{2}\Rightarrow CD=\dfrac{\sqrt{38}}{2}$

Vậy $MA+2MC\ge\sqrt{38}$. Dấu $''=''$ xảy ra khi. $M=CD\cap\left(B\right)$.

Câu 13. Trong không gian $Oxyz$, cho mặt phẳng $\left(P\right):y-1=0$, đường thẳng $d:\left\{\begin{align}&x=1\\ &y=2-t\\ &z=1\end{align}\right.$ và hai điểm $A\left(-1;-3;11\right)$, $B\left(\dfrac{1}{2};0;8\right)$. Hai điểm $M$, $N$ thuộc mặt phẳng $\left(P\right)$ sao cho $d\left(M,d\right)=2$ và $NA=2NB$. Giá trị nhỏ nhất của đoạn $MN$ bằng

A. $M{{N}_{\min}}=1$.        B. $M{{N}_{\min}}=\sqrt{2}$.        C. $M{{N}_{\min}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.        D. $M{{N}_{\min}}=\dfrac{2}{3}.$

Lời giải:

Gọi $I=d\cap \left( P \right)\Rightarrow I\left( 1;2-t;1 \right)$

$I\in \left( P \right)\Rightarrow 2-t-1=0\Rightarrow t=1\Rightarrow I\left( 1;1;1 \right)$

Ta có $d\bot \left( P \right)\Rightarrow M$ thuộc đường tròn tâm $I\left( 1;1;1 \right),{{R}_{1}}=2$.

$\begin{align}& N\left( x;y;z \right)\Rightarrow \overrightarrow{NA}\left( -1-x;-3-y;11-z \right);\overrightarrow{NB}\left( \frac{1}{2}-x;-y;8-z \right) \\ & NA=2NB\Leftrightarrow {{\left( 1+x \right)}^{2}}+{{\left( 3+y \right)}^{2}}+{{\left( 11-z \right)}^{2}}=4\left[ {{\left( \frac{1}{2}-x \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( 8-z \right)}^{2}} \right] \\  & \Leftrightarrow 3{{x}^{2}}+3{{y}^{2}}+3{{z}^{2}}-6x-6y-42z+126=0 \\  & \Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2x-2y-14z+42=0 \\ \end{align}$

Vậy $N\in S\left( J\left( 1;1;7 \right);{{R}_{2}}=3 \right)$ và $J\in \left( P \right):y=1$

Nên $N$thuộc đường tròn tâm $J\left( 1;1;7 \right);{{R}_{2}}=3$

Ta có ${IJ}=6>{{R}_{1}}+{{R}_{2}}\Rightarrow M{{N}_{\min }}={IJ}-{{R}_{1}}-{{R}_{2}}=1$.

Câu 14. Trong không gian $Oxyz,$ cho hai điểm $A(4;-2;4)$, $B(-2;6;4)$ 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 $\widehat{AMB}={{90}^{{o}}}$ và N là điểm di động thuộc $d.$ Giá trị nhỏ nhất của $MN$ bằng

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

Lời giải:

 

$\widehat{AMB}={{90}^{{o}}}$ nên $M$ thuộc mặt cầu đường kính $AB$, có tâm $I\left(1;2;4\right);R=\dfrac{AB}{2}=5$. Mặt khác $M$ là điểm di động thuộc mặt phẳng $\left(Oxy\right)$ nên $M$ thuộc đường tròn $\left(C\right)$ là giao của mặt cầu với mặt phẳng $\left(Oxy\right).$ Đường tròn này có tâm $H\left(1;2;0\right)$ là hình chiếu của $I$ trên $\left(Oxy\right).$ bán kính $r=\sqrt{{{R}^{2}}-I{{H}^{2}}}=3$.

Gọi $K$ là giao điểm của mặt phẳng $\left(Oxy\right)$và đường thẳng $d:\left\{\begin{align}&x=5\\ &y=-1\\ &z=t\end{align}\right..$ suy ra $K\left(5;-1;0\right),HK=5$.

Nhận thấy $d\bot \left(Oxy\right)$ tại $K$. Gọi $E=HK\cap\left(Oxy\right)$, $E$ nằm giữa $HK$,

Ta có $\forall M\in \left(C\right),N\in d:\,\,MN\ge MK\ge KE.$ Vậy $EK$ là giá trị nhỏ nhất của $MN.$

Lại có $HE=r=3\Rightarrow KE=2.$

Câu 15. Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $A\left(1;2;-2\right)$, $B\left(2;4;-3\right)$. Điểm $M$ di động trên mặt phẳng $\left(Oxy\right)$ sao cho $MA$, $MB$ luôn tạo với $\left(Oxy\right)$ các góc phụ nhau. Giá trị lớn nhất của độ dài đoạn thẳng $OM$ thuộc khoảng nào dưới đây?

A. $\left(4;\,5\right).$        B. $\left(3;\,4\right).$        C. $\left(2;\,3\right).$        D. $\left(6;\,7\right).$

Lời giải:

 

Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A,B$ trên mặt phẳng $\left(Oxy\right)$. Khi đó:

$H\left(1;2;0\right)$, $K\left(2;4;0\right)$; $AH=d\left(A,\left(Oxy\right)\right)=\left|-2\right|=2$; $BK=d\left(B,\left(Oxy\right)\right)=\left|-3\right|=3$.

Vì $MA$, $MB$ tạo với $\left(Oxy\right)$ các góc phụ nhau nên $\Delta MAH\sim\Delta BMK$.

Suy ra $\dfrac{MA}{MB}=\dfrac{MH}{BK}=\dfrac{AH}{MK}\Rightarrow MH.MK=AH.BK=6$.

Giả sử $M\left(x;y;z\right)$, ta có:

$6=MH.MK\ge\overrightarrow{MH}.\overrightarrow{MK}=(1-x).(2-x)+(2-y)(4-y)+-(z).(-z)$.

$\Leftrightarrow  {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-3x-6y+4\le0$.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai vectơ $\overrightarrow{MH},\ \overrightarrow{MK}$ cùng hướng.

Do đó, $M$ luôn thuộc hình tròn $\left(C\right)$ là giao tuyến của khối cầu $\left(S\right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-3x-6y+4\le0$ và mặt phẳng $\left(Oxy\right)$.

 

Hình tròn $\left(C\right)$ có tâm $I\left(\dfrac{3}{2};3;0\right)$ là trung điểm của $HK$ và bán kính $R=\dfrac{\sqrt{29}}{2}$.

Do $O$ nằm ngoài $\left(C\right)$ và bốn điểm $O,H,I,K$ thẳng hàng nên giá trị lớn nhất của độ dài đoạn thẳng $OM$ là $\max OM=OI+R=\dfrac{3\sqrt{5}+\sqrt{29}}{2}\approx 6,045$.

Câu 16. Trong không gian $Oxyz,$ 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 17. Trong không gian $Oxyz$, cho $A\left(8;9;3\right),\,B\left(11;3;3\right)$ và mặt cầu $\left(S\right):{{\left(x+1\right)}^{2}}+{{\left(y-2\right)}^{2}}+{{\left(z-3\right)}^{2}}=25$. Gọi $K$ là điểm thuộc đoạn thẳng $AB$. Tập hợp các tiếp tuyến với $\left(S\right)$ kẻ từ $K$ là mặt nón tròn xoay có đáy là đường tròn tạo bởi các tiếp điểm. Thể tích nhỏ nhất của một khối nón trong tập hợp các khối nón đỉnh $K$ là

A. $\dfrac{65\sqrt{5}}{3}\pi $        B. $\dfrac{70\sqrt{5}}{3}\pi $        C. $\dfrac{80\sqrt{5}}{3}\pi $          D. $\dfrac{85\sqrt{5}}{3}\pi $

Lời giải:

$\left( S \right)$ có tâm $I\left( -1;2;3 \right)$, bán kính $R=5$

$IA=\sqrt{130},\,\,IB=\sqrt{145},\,\,d\left( I,AB \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{AB},\overrightarrow{IA} \right] \right|}{\left| \overrightarrow{AB} \right|}=5\sqrt{5}$

Thể tích khối nón đỉnh $K$:

${{V}_{K}}=\frac{\pi }{3}.H{{M}^{2}}.HK=\frac{\pi }{3}HI.H{{K}^{2}}=\frac{\pi }{3}\left( \frac{{{R}^{2}}}{IK} \right){{\left( IK-\frac{{{R}^{2}}}{IK} \right)}^{2}}$

Đặt $t=IK$ ta có $t\in \left[ 5\sqrt{5};\sqrt{145} \right]\,\,\,\,\,\,,(t>R)$

Xét hàm $f(t)=\frac{\pi }{3}\left( \frac{{{R}^{2}}}{t} \right){{\left( t-\frac{{{R}^{2}}}{t} \right)}^{2}}\Leftrightarrow f(t)=\frac{\pi }{3}\left( \frac{{{R}^{6}}}{{{t}^{3}}}-2\frac{{{R}^{4}}}{t}+{{R}^{2}}t \right)$

Ta có $f'(t)=\frac{\pi }{3}\left( -\frac{3{{R}^{6}}}{{{t}^{4}}}+\frac{2{{R}^{4}}}{{{t}^{2}}}+{{R}^{2}} \right)\Rightarrow f'(t)=\frac{\pi }{3}{{R}^{2}}\left( {{t}^{4}}+2{{\text{R}}^{2}}{{t}^{2}}-3{{\text{R}}^{4}} \right)$

$f'(t)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& {{t}^{2}}={{R}^{2}} \\  & {{t}^{2}}=-3{{R}^{2}} \\\end{align} \right.$ (loại)

BBT:

Vậy $\min V=\frac{80\sqrt{5}}{3}\Leftrightarrow IK=5\sqrt{5}$.

Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ $\left(Oxyz\right)$, cho hai điểm $A\left(2;-1;-3\right)$, $B\left(0;1;-2\right)$ và mặt phẳng $\left(P\right):2\text {x}+y-2z-4=0$. Điểm $M$ thuộc mặt phẳng $\left(P\right)$ sao cho $\widehat{AMB}$ lớn nhất thì giá trị của $\sin \widehat{AMB}$ bằng

A. $-\dfrac{5}{13}$.        B. $-\dfrac{12}{13}$.        C. $\dfrac{12}{13}$.        D. $\dfrac{5}{13}$.

Lời giải:

 

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(-2;2;-1\right),AB=3$ và ${{\overrightarrow{n}}_{P}}=\left(2;1;-2\right)$ nên $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{n}=-4+2+2=0$ hay $AB\parallel\left(P\right)$.

Gọi $I$ là trung điểm của $AB\Rightarrow I\left(1;0;-\dfrac{5}{2}\right)$. Xét mặt cầu $\left(S\right)$ đường kính $AB$.

Do $d\left(I,\left(P\right)\right)=\dfrac{\left|2\times 1-0-2\times \left(-\dfrac{5}{2}\right)-4\right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{1}^{2}}+{{\left(-2\right)}^{2}}}}=\dfrac{3}{3}=1<\dfrac{AB}{2}=\dfrac{3}{2}$.

Nên mặt cầu $\left(S\right)$ sẽ cắt mặt phẳng $\left(P\right)$ theo một đường tròn có tâm $H$ là hình chiếu của $I$ trên mặt phẳng $\left(P\right)$ và bán kính $r=\sqrt{\dfrac{A{{B}^{2}}}{4}-{{d}^{2}}}=\dfrac{\sqrt{5}}{2}$.

Xét điểm $M$ bất kỳ thuộc mặt phẳng $\left(P\right)$ nằm ngoài đường tròn tâm $H$ bán kính $r=\dfrac{\sqrt{5}}{2}$.

Gọi $M'$ là giao điểm của $IM$ và mặt cầu $\left(S\right)$, khi đó $\widehat{AMB}<\widehat{AM'B}={{90}^{{}^\circ}}$.

Vậy $M$ thuộc mặt phẳng $\left(P\right)$ nằm trong đường tròn tâm $H$ bán kính $r=\dfrac{\sqrt{5}}{2}$.

Ta có $\cot AMB=\dfrac{M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}{4{{S}_{AMB}}};M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}=2M{{I}^{2}}+\dfrac{A{{B}^{2}}}{2}$.

$\Rightarrow \cot AMB=\dfrac{2M{{I}^{2}}-\dfrac{A{{B}^{2}}}{2}}{4{{S}_{AMB}}}$.

Do $d\left(M,AB\right)\ge HI\Rightarrow {{S}_{AMB}}\ge{{S}_{AHB}}=\dfrac{1}{2}.1.3=\dfrac{3}{2}$,$M{{I}^{2}}\ge H{{I}^{2}}=1$ và $\cot AMB<0$.

Nên để $\widehat{AMB}$ lớn nhất thì $M\equiv H$ và $\cot AMB=\dfrac{2-\dfrac{9}{2}}{4\times \dfrac{3}{2}}=-\dfrac{5}{12}\Rightarrow \sin \widehat{AMB}=-\dfrac{5}{13}$.

Câu 19. Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $S\left(7;8;6\right)$ và $P\left(-5;~-4;0\right).$ Xét khối chóp tứ giác đều $S.ABCD$ nội tiếp trong mặt cầu đường kính $SP.$ Khi khối chóp $S.ABCD$ có thể tích lớn nhất thì mặt phẳng $ABCD$ có phương trình $2x+by+cz+d=0.$ Giá trị $b+c+d$ bằng

A. 3.        B. 5.        C. $-3$.        D. $-5$.

Lời giải:

 

Mặt cầu đường kính $SP$ có tâm $I(1;2;3)$ và bán kính $R=9$.

Xét hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông tâm $H$, cạnh $a$ $\left(0<a\le9\sqrt{2}\right)$.

Ta chỉ cần xét trường hợp $SH>SI.$

Ta có

$HA=\dfrac{AC}{2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow HI=\sqrt{I{{A}^{2}}-H{{A}^{2}}}=\sqrt{81-\dfrac{{{a}^{2}}}{2}}$

Mặt khác ta lại có $SH=SI+IH$$=9+\sqrt{81-\dfrac{{{a}^{2}}}{2}}$.

Thể tích của khối chóp $S.ABCD$ là $V=\dfrac{1}{3}{{a}^{2}}\left(9+\sqrt{81-\dfrac{{{a}^{2}}}{2}}\right)$$=3{{a}^{2}}+\dfrac{1}{3}{{a}^{2}}\sqrt{81-\dfrac{{{a}^{2}}}{2}}$.

Đặt ${{a}^{2}}=t$, do $0<a\le9\sqrt{2}$ nên $0<t\le162$.

Xét hàm số $f\left(t\right)=3t+\dfrac{1}{3}t\left(\sqrt{81-\dfrac{t}{2}}\right)$, với $0<t\le162$.

Ta có ${f}'\left(t\right)=3+\dfrac{324-3t}{12\sqrt{81-\dfrac{t}{2}}}$.

Suy ra ${f}'\left( t \right)=0\Leftrightarrow 3+\frac{324-3t}{12\sqrt{81-\frac{t}{2}}}=0\Leftrightarrow 36\sqrt{81-\frac{t}{2}}=3t-324$ $\Leftrightarrow \sqrt{81-\frac{t}{2}}=\frac{t}{12}-9$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & t\ge 108 \\ & 81-\frac{t}{2}={{\left( \frac{t}{12}-9 \right)}^{2}} \\ \end{align} \right.$  $\Leftrightarrow t=144$.

Ta có bảng biến thiên

 

Từ bảng biến thiên ta có ${{V}_{\max }}=576$ khi $t=144$ hay $a=12$.

Khi đó $HI=\sqrt{81-\frac{{{a}^{2}}}{2}}=3$.

Suy ra $\overrightarrow{SH}=\frac{4}{3}\overrightarrow{SI}$.

Do $S\left( 7;8;6 \right)$ và $I\left( 1;2;3 \right)$nên $\overrightarrow{SI}=\left( -6;-6;-3 \right)$ suy ra $H\left( -1;0;2 \right).$

Mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ qua $H\left( -1;0;2 \right)$ và nhận $\vec{n}=\left( 2;2;1 \right)$ là véctơ pháp tuyến nên có phương trình: $2x+2y+z=0$

Vậy $b+c+d=3.$

Câu 20. Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $d:\dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y-2}{3}=\dfrac{z-3}{4}$ và mặt cầu $\left(S\right)$: ${{\left(x+3\right)}^{2}}+{{\left(y+4\right)}^{2}}+{{\left(z+5\right)}^{2}}=729$. Cho biết điểm $A\left(-2;-2;-7\right)$, điểm $B$ thuộc giao tuyến của mặt cầu $\left(S\right)$ và mặt phẳng $\left(P\right):2x+3y+4z-107=0$. Khi điểm $M$ di động trên đường thẳng $d$ giá trị nhỏ nhất của biểu thức $MA+MB$ bằng

A. $5\sqrt{30}$.        B. 27.        C. $5\sqrt{29}$.        D. $\sqrt{742}$.

Lời giải:

 

Mặt cầu $\left(S\right)$ có tâm $I\left(-3;-4;-5\right)$ và bán kính $R=27$.

Đường thẳng $d$ có 1 vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=\left(2;3;4\right)\Rightarrow d\bot \left(P\right)$.

Gọi $K$ là giao điểm của mặt phẳng $\left(P\right)$ và đường thẳng $d$. Vì $I\in d$ nên $K$ là tâm của đường tròn giao tuyến và $KB\bot d$.

Ta có $\overrightarrow{IA}=\left(1;2;-2\right)\Rightarrow IA=3$ và $\overrightarrow{IA}.\overrightarrow{u}=0\Rightarrow IA\bot d$.

Ta tính được $IK=\text {d}\left(I,\,\left(P\right)\right)=\dfrac{\left|2.\left(-3\right)+3.\left(-4\right)+4\left(-5\right)-107\right|}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{3}^{2}}+{{4}^{2}}}}=5\sqrt{29}$ và $KB=\sqrt{{{R}^{2}}-I{{K}^{2}}}=2$.

Do $M$ di động trên đường thẳng $d$ (trục của đường tròn giao tuyến) và $B$ thuộc đường tròn giao tuyến nên biểu thức $MA+MB$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $M=AB\cap d$.

Khi đó ta có $\dfrac{MI}{MK}=\dfrac{IA}{KB}=\dfrac{3}{2}$ và $MI+MK=IK=5\sqrt{29}$.

Suy ra $MI=3\sqrt{29}$, $MK=2\sqrt{29}$.

Ta có $AM=\sqrt{I{{A}^{2}}+M{{I}^{2}}}=3\sqrt{30}$ $\Rightarrow BM=\dfrac{2}{3}AM=2\sqrt{30}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $MA+MB$ là $AM+BM=3\sqrt{30}+2\sqrt{30}=5\sqrt{30}$.

Câu 21. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho điểm $A\left(1;2;-3\right)$ và mặt phẳng $\left(P\right):2x+2y-z+9=0$. Đường thẳng $d$ đi qua $A$ và có vectơ chỉ phương $\vec{u}=\left(3;4;-4\right)$ cắt $\left(P\right)$ tại $B$. Điểm $M$ thay đổi trong $\left(P\right)$ sao cho $M$ luôn nhìn đoạn $AB$ dưới góc ${{90}^{\text {o}}}$. Khi độ dài $MB$ lớn nhất, đường thẳng $MB$ đi qua điểm nào trong các điểm sau?

A. $H\left(-2;-1;3\right)$.        B. $I\left(-1;-2;3\right)$.        C. $K\left(3;0;15\right)$.        D. $J\left(-3;2;7\right)$.

Lời giải:

 

+ Đường thẳng $d$ đi qua $A\left(1;2;-3\right)$ và có vectơ chỉ phương $\vec{u}=\left(3;4;-4\right)$ có phương trình là

$\left\{\begin{align}&x=1+3t\\ &y=2+4t\\ &z=-3-4t\end{align}\right.$.

+ Ta có. $M{{B}^{2}}=A{{B}^{2}}-M{{A}^{2}}$. Do đó ${{\left(MB\right)}_{\max}}$ khi và chỉ khi ${{\left(MA\right)}_{\min}}$.

+ Gọi $E$ là hình chiếu của $A$ lên $\left(P\right)$. Ta có $AM\ge AE$.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $M\equiv E$.

Khi đó ${{\left(AM\right)}_{\min}}=AE$ và $MB$ qua $B$ nhận $\overrightarrow{BE}$ làm vectơ chỉ phương.

+ Ta có $B\in d$ nên $B\left(1+3t;2+4t;-3-4t\right)$ mà $B\in \left(P\right)$ suy ra:

$2\left(1+3t\right)+2\left(2+4t\right)-\left(-3-4t\right)+9=0\Leftrightarrow  t=-1$ $\Rightarrow B\left(-2;-2;1\right)$.

+ Đường thẳng $AE$ qua $A\left(1;2;-3\right)$, nhận ${{\vec{n}}_{P}}=\left(2;2;-1\right)$ làm vectơ chỉ phương có phương trình là $\left\{\begin{align}&x=1+2t\\ &y=2+2t\\ &z=-3-t\end{align}\right.$.

Suy ra $E\left(1+2t;2+2t;-3-t\right)$.

Mặt khác, $E\in \left(P\right)$ nên $2\left(1+2t\right)+2\left(2+2t\right)-\left(-3-t\right)+9=0\Leftrightarrow  t=-2$$\Rightarrow E\left(-3;-2;-1\right)$.

+ Do đó đường thẳng $MB$ qua $B\left(-2;-2;1\right)$, có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{BE}=\left(-1;0;-2\right)$ nên có phương trình là $\left\{\begin{align}&x=-2-t\\ &y=-2\\ &z=1-2t\end{align}\right.$.

Thử các đáp án thấy điểm $I\left(-1;-2;3\right)$ thỏa.

Nguyễn Quốc Hoàn ,  02/3/2023