Phương pháp tọa độ trong không gian ôn thi TN THPT 2023 VD VDC Câu hỏi vận dụng và vận dụng cao ôn thi TH THPT 2023

Chuyên đề này có 2 phần , phần 1 có các câu hỏi từ câu 1 đến câu 33, phần 2 có các câu hỏi từ câu 34 đến câu 36.

Sau đây là nội dung phần 1.

Câu 1 (đề tham khảo 2023). 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: ${{S}_{OAM}}=\frac{1}{2}OA.d\left( M;\,OA \right)=15\Rightarrow d\left( M;\,OA \right)=3.$

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 $\widehat{AMO}\le 90$ 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 điểm $A\left( 2;7;2 \right)$ và $B\left( -1;3;-1 \right)$. Xét hai điểm $M$ và $N$ thay đổi thuộc mặt phẳng $\left( Oxy \right)$ sao cho $MN=3$. Giá trị lớn nhất của $\left| AM-BN \right|$ bằng

A. $4\sqrt{3}$. B. $3\sqrt{10}$. C. $\sqrt{85}$. D. $\sqrt{65}$.

Lời giải:

Gọi ${B}'$ là điểm đối xứng với $B$ qua mặt phẳng $\left( Oxy \right)$, suy ra ${B}'\left( -1;3;1 \right),BN={B}'N$ và $A,{B}'$ ở cùng phía so với mặt phẳng $\left( Oxy \right)$.

Lấy điểm $K$ sao cho $\overrightarrow{{B}'K}=\overrightarrow{NM}$ (${B}'NMK$ là hình bình hành), khi đó ${B}'K=MN=3$, ${B}'N=MK$.

Do ${B}'K{//}MN$ nên ${B}'K$ nằm trên mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ đi qua ${B}'$ và song song với mặt phẳng $\left( Oxy \right)$, suy ra $\left( \alpha \right)$ có phương trình $z=1$.

Do ${B}'K=3$ nên $K$ thuộc đường tròn $\left( C \right)$ nằm trên mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ có tâm là ${B}'$, bán kính $R=3$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên $\left( \alpha \right)\Rightarrow H\left( 2;7;1 \right)$ và $HB'=5>R$, $E$ là giao điểm của tia đối của tia ${B}'H$ với $\left( C \right)$.

Ta có $\left| AM-BN \right|=\left| AM-{B}'N \right|=\left| AM-MK \right|\le AK$ $=\sqrt{A{{H}^{2}}+H{{K}^{2}}}\le \sqrt{A{{H}^{2}}+H{{E}^{2}}}$.

Mà $AH=1,HE=H{B}'+{B}'E=5+3=8$ suy ra $\left| AM-BN \right|\le \sqrt{{{1}^{2}}+{{8}^{2}}}=\sqrt{65}$.

Dấu ”=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & K\equiv E \\ & M\in AK,\left| AM-MK \right|=AK \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow M=AE\cap \left( Oxy \right)={{M}_{0}}$.

Vậy giá trị lớn nhất của $\left| AM-BN \right|$ bằng $\sqrt{65}$.

Câu 3. Trong không gian $Oxyz$, cho mặt cầu $\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2x-4y+6z-13=0$. Lấy điểm $M$ trong không gian 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 $ ($A$, $B$, $C$ là các tiếp điểm). Khi đó đoạn thẳng $OM$ có độ nhỏ nhất bằng

A. $\sqrt{14}-3\sqrt{3}$. B. $-\sqrt{14}+6\sqrt{3}$. C. $\sqrt{14}-6$. D. $6-\sqrt{14}$.

Lời giải:

Vì $MA$, $MB$, $MC$ là 3 tiếp tuyến nên ta đặt $MA=MB=MC=x$.

$\vartriangle MAB$ có $MA=MB$, $\widehat{AMB}=60{}^\circ $ nên $\Delta MAB$ là tam giác đều, suy ra $AB=MA=MB=x$.

Áp dụng định lí Pitago cho $\vartriangle MBC$ ta có $BC=\sqrt{M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}}=\sqrt{2{{x}^{2}}}=x\sqrt{2}.$

Áp dụng định lí hàm số côsin cho $\vartriangle MCA$: $CA=\sqrt{M{{A}^{2}}+M{{C}^{2}}-2MA.MC.\cos 120{}^\circ }=x\sqrt{3}$.

Nhận thấy $A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}={{x}^{2}}+2{{x}^{2}}=3{{x}^{2}}=A{{C}^{2}}$, suy ra $\vartriangle ABC$ vuông tại $B$.

Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\vartriangle ABC\Rightarrow I$ là trung điểm của $AC$.

Vì $MA=MB=MC$ nên $MI$ là trục đường tròn ngoại tiếp của $\vartriangle ABC$.

Do đó $M; I; E$ thẳng hàng.

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

Suy ra $ME=\frac{EC}{\sin {{60}^{0}}}=6$. Vậy $M$ thuộc mặt cầu $\left( S' \right)$ có tâm $E\left( 1;2;-3 \right)$ bán kính $R'=6$.

Ta có $OE=\sqrt{14}$

Vậy $Min\,OM=\left| OE-R' \right|=6-\sqrt{14}$.

Câu 4. Trong không gian với hệ trục $Oxyz$, cho mặt cầu $\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=1$ và hai điểm $A\left( 3;0;0 \right);B\left( -1;1;0 \right)$. Gọi $M$ là điểm thuộc mặt cầu $\left( S \right)$. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $MA+3MB$ bằng

A. $2\sqrt{34}$. B. $\sqrt{26}$. C. 5. D. $\sqrt{34}$.

Lời giải:

Gọi $M\left( x;y;z \right)$ là điểm cần tìm.

Ta có: $M\in \left( S \right)\Rightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-1=0$.

$MA=\sqrt{{{\left( x-3 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}};MB=\sqrt{{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}}$.

Suy ra: $MA+3MB=\sqrt{{{\left( x-3 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}}+3\sqrt{{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}}$

$=\sqrt{{{\left( x-3 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+8\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)-8}+3\sqrt{{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}}$

$=3\sqrt{{{\left( x-\frac{1}{3} \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}}+3\sqrt{{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}}=3\left( MC+MB \right)\ge 3BC$ với $C\left( \frac{1}{3};0;0 \right)$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $MA+3MB$ bằng 5 khi $\left\{ \begin{align}& M=BC\cap \left( S \right) \\ & \overrightarrow{CM}=k.\overrightarrow{CB}\ \left( k>0 \right) \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow M\left( \frac{3-8\sqrt{6}}{25};\frac{4+6\sqrt{6}}{25};0 \right)$.

Câu 5. Trong không gian tọa độ $Oxyz$, cho 2 điểm $A$, $B$ thay đổi trên mặt cầu ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=25$ thỏa mãn $AB=6$. Giá trị lớn nhất của biểu thức $O{{A}^{2}}-O{{B}^{2}}$ bằng

A. 6. B. 10. C. 12. D. 24.

Lời giải:

Mặt cầu $\left( S \right)$: ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=25$ có tâm $I\left( 0;0;1 \right)$, bán kính $R=5$.

Ta có: $O{{A}^{2}}-O{{B}^{2}}={{\left( \overrightarrow{OI}+\overrightarrow{IA} \right)}^{2}}-{{\left( \overrightarrow{OI}+\overrightarrow{IB} \right)}^{2}}$ $=2\overrightarrow{OI}\left( \overrightarrow{IA}-\overrightarrow{IB} \right)$ $=2\overrightarrow{OI}.\overrightarrow{BA}=2.OI.BA.\cos \left( \overrightarrow{OI},\overrightarrow{BA} \right)$ $\le 2OI.BA=12$.

Dấu “=” xảy ra khi hai vectơ $\overrightarrow{OI},\,\overrightarrow{BA}$ cùng hướng.

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $O{{A}^{2}}-O{{B}^{2}}$ là 12.

Câu 6. Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz,$ cho mặt cầu $\left( S \right):{{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=4$ và điểm $M\left( 2;\,2;\,1 \right)$. Một đường thẳng thay đổi qua $M$ và cắt $\left( S \right)$ tại hai điểm $A,\,B$. Khi biểu thức $T=MA+4MB$ đạt giá trị nhỏ nhất thì đoạn thẳng $AB$ có giá trị bằng

A. $4\sqrt{3}.$ B. $4.$ C. $\frac{5\sqrt{3}}{2}.$ D. $2\sqrt{3}$.

Lời giải:

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

$IM=1<R$ $\Rightarrow $ điểm $M$ nằm trong mặt cầu $\left( S \right)$và $M$ nằm trên mặt cầu $\left( {{S}'} \right)$ tâm $I,\,bk\,{R}'=1$

$T=MA+4MB$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $MB$ nhỏ nhất.

Vậy min$T=3+4.1=7$ khi và chỉ khi $AB$ là đường kính mặt cầu $\left( S \right)\Rightarrow AB=4$.

Cách 2: Gọi $H$ là hình chiếu của $I$ lên $AB$ và đặt $IH=x\,\,\left( 0\le x\le 1 \right)$.

TH1: $MA<MB$

Ta có $T=MA+4MB=AH-MH+4\left( MH+HB \right)=3MH+5AH$ $=3\sqrt{1-{{x}^{2}}}+5\sqrt{4-{{x}^{2}}}=f\left( x \right)$

Ta có ${f}'\left( x \right)=x\left( \frac{-3}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}-\frac{5}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}} \right)=0\Leftrightarrow x=0$. Suy ra ${{T}_{\min }}=13$ khi $d$ đi qua $I\Rightarrow AB=2R=4$.

TH2: $MA>MB$

Tính được $T=5\sqrt{4-{{x}^{2}}}-3\sqrt{1-{{x}^{2}}}$.

Xét hàm số $f\left( x \right)=5\sqrt{4-{{x}^{2}}}-3\sqrt{1-{{x}^{2}}}$ trên đoạn $\left[ 0;\,1 \right]$.

Tìm được $\underset{\left[ 0;\,1 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=f\left( 0 \right)=7\Rightarrow AB=4$.

So sánh cả hai trường hợp thì ta có ${{T}_{\min }}=7$ khi đó $AB=4$.

Câu 7. Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz$, cho mặt cầu $(S):\,{{(x+2)}^{2}}+(y-3){}^{2}+{{(z-1)}^{2}}=\frac{13}{2}$ và ba điểm $A(-1\,;2\,;3)$, $B(0\,;\,4\,;\,6)$,$C(-2\,;\,1\,;\,5)$; $M(a;b;c)$ là điểm thay đổi trên $(S)$ sao cho biểu thức $2M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}-2M{{C}^{2}}$ đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị $a+b+c$ bằng

A. $\frac{13}{2}.$ B. 4. C. 6. D. 12.

Lời giải:

Gọi $I$ là điểm thỏa mãn $2\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}-2\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$ $\Rightarrow I(2{{x}_{A}}+{{x}_{B}}-2{{x}_{C}};2{{y}_{A}}+{{y}_{B}}-2{{y}_{C}};2{{z}_{A}}+{{z}_{B}}-2{{z}_{C}})$ $\Rightarrow I(2;\,6\,;\,2)$. Suy ra là điểm $I$ cố định.

$P=2M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}-2M{{C}^{2}}=M{{I}^{2}}+2\overrightarrow{MI}(2\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}-2\overrightarrow{IC})+2I{{A}^{2}}+I{{B}^{2}}-2I{{C}^{2}}$

$P$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $\,MI$ đạt giá trị nhỏ nhất.

$(S):\,{{(x+2)}^{2}}+(y-3){}^{2}+{{(z-1)}^{2}}=\frac{13}{2}$ có tâm $J(-2\,;\,3\,;\,1)$ và bán kính $R=\frac{\sqrt{26}}{2}$

Suy ra $IJ=\sqrt{26}$

Mà $\,M$ là điểm thay đổi trên $(S)$ nên $\,MI$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $M\equiv B$

Ta có $\left\{ \begin{align} & IJ=\sqrt{26} \\ & BJ=R=\frac{\sqrt{26}}{2} \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow B$ là trung điểm của $IJ$$\Rightarrow B(0;\frac{9}{2};\frac{3}{2})\Rightarrow M(0;\frac{9}{2};\frac{3}{2})\Rightarrow a+b+c=6.$

Câu 8. Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( 1;1;-3 \right)$ và $B\left( -2;3;1 \right)$. Xét hai điểm $M,N$ thay đổi thuộc mặt phẳng $\left( Oxz \right)$ sao cho $MN=2$. Giá trị nhỏ nhất của $AM+BN$ bằng

A. 4. B. 5. C. 6. D. 7.

Lời giải:

Ta có $H\left( 1;0;-3 \right)$, $K\left( -2;0;1 \right)$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A\left( 1;1;-3 \right)$ và $B\left( -2;3;1 \right)$ xuống mặt phẳng $\left( Oxz \right)$.

Nhận xét: ${A}$, ${B}$ nằm về cùng một phía với mặt phẳng $\left( Oxz \right)$.

Gọi ${A}'$ đối xứng với $A$ qua $\left( Oxz \right)$, suy ra $H$ là trung điểm đoạn $A{A}'$ nên $AM={A}'M$.

Mà ${A}'H=AH=1;BK=3;HK=5$.

Do đó $AM+BN={A}'M+BN=\sqrt{H{{{{A}'}}^{2}}+H{{M}^{2}}}+\sqrt{B{{K}^{2}}+K{{N}^{2}}}$

$\ge \sqrt{{{\left( H{A}'+BK \right)}^{2}}+{{\left( HM+KN \right)}^{2}}}=\sqrt{16+{{\left( HM+KN \right)}^{2}}}$

Lại có $HM+MN+NK\ge HK\Rightarrow HM+NK\ge HK-MN=5-2=3$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $H,M,N,K$ thẳng hàng và theo thứ tự đó.

Suy ra $AM+BN\ge \sqrt{16+{{\left( HM+KN \right)}^{2}}}\ge \sqrt{16+{{\left( 3 \right)}^{2}}}=5$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $AM+BN$ bằng 5.

A. 4. B. 5. C. 6. D. 7.

Lời giải:

Nhận xét: ${A}$, ${B}$ nằm về cùng một phía với mặt phẳng $\left( Oxz \right)$.

Gọi ${A}'$ đối xứng với $A$ qua $\left( Oxz \right)$, suy ra $H$ là trung điểm đoạn $A{A}'$ nên $AM={A}'M$.

Mà ${A}'H=AH=1;BK=3;HK=5$.

Do đó $AM+BN={A}'M+BN=\sqrt{H{{{{A}'}}^{2}}+H{{M}^{2}}}+\sqrt{B{{K}^{2}}+K{{N}^{2}}}$

$\ge \sqrt{{{\left( H{A}'+BK \right)}^{2}}+{{\left( HM+KN \right)}^{2}}}=\sqrt{16+{{\left( HM+KN \right)}^{2}}}$

Lại có $HM+MN+NK\ge HK\Rightarrow HM+NK\ge HK-MN=5-2=3$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $H,M,N,K$ thẳng hàng và theo thứ tự đó.

Suy ra $AM+BN\ge \sqrt{16+{{\left( HM+KN \right)}^{2}}}\ge \sqrt{16+{{\left( 3 \right)}^{2}}}=5$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $AM+BN$ bằng 5.

Câu 9. Trong không gian $Oxyz$, cho ba điểm $B\left( 2;5;0 \right)$, $C\left( 4;7;0 \right)$ và $K\left( 1;1;3 \right)$. Gọi $\left( Q \right)$ là mặt phẳng đi qua $K$ và vuông góc với mặt phẳng $\left( Oxy \right)$. Khi $2d\left( B,\left( Q \right) \right)+d\left( C,\left( Q \right) \right)$ đạt giá trị lớn nhất, giao tuyến của $\left( Oxy \right)$ và $\left( Q \right)$ đi qua điểm nào trong các điểm sau đây?

A. $M\left( 3;2;0 \right)$. B. $N\left( 15;-4;0 \right)$. C. $P\left( 8;-4;0 \right)$. D. $Q\left( 15;\frac{7}{2};0 \right)$.

Lời giải:

$B,\,C\,\in \left( Oxy \right)$

Gọi $I$ là hình chiếu của $K$ lên $\left( Oxy \right)$, suy ra $I\left( 1;1;0 \right)$

$\left( Q \right):\left\{ \begin{align}& qua\,K \\ & \bot \left( Oxy \right) \\ \end{align} \right.$ suy ra, $\left( Q \right)$ chứa $IK$

Gọi $\Delta =\left( Oxy \right)\cap \left( Q \right)$ $\Rightarrow \,\Delta $ qua $I$

Gọi $D$ là trung điểm của $IC$, suy ra $D\left( \frac{5}{2},\,4,\,0 \right)$

TH1: $D,\,B$ cùng phía với $\Delta $

$d\left( C,\left( Q \right) \right)=2\,d\left( D,\left( Q \right) \right)=d\left( D,\Delta \right)=2DM$

$M,\,N$ là hình chiếu của $D,\,B$ lên $\Delta $

Gọi $A$ là trung điểm của $BD$

Suy ra, $2d\left( B,\left( Q \right) \right)+d\left( C,\left( Q \right) \right)=2d\left( B,\Delta \right)+2d\left( D,\Delta \right)$

$\Rightarrow \left( BN+DM \right)=4d\left( A,\Delta \right)\Rightarrow \,2d\left( B,\left( Q \right) \right)+d\left( C,\left( Q \right) \right)\max \Leftrightarrow 4d\left( A,\Delta \right)\max \,$ $\,\Leftrightarrow \Delta \bot AI$

Ta có, $A$ là trung điểm của $BD$ suy ra $A\left( \frac{9}{4},\,\frac{9}{2},\,0 \right)$ và $AI=\sqrt{{{\left( \frac{9}{4}-1 \right)}^{2}}+{{\left( \frac{9}{2}-1 \right)}^{2}}+{{0}^{2}}}=\frac{\sqrt{221}}{4}$.

TH2: $D,\,B$ khác phía với $\Delta $

Gọi $E$ là điểm đối xứng với $D$ qua $I$. Khi đó: $d\left( D,\Delta \right)=d\left( E,\Delta \right)$

Gọi $A$ là trung điểm của $BE$

Thì $2d\left( B,\left( Q \right) \right)+d\left( C,\left( Q \right) \right)\max \Leftrightarrow $ $\Delta \bot AI$

Vì $E$ là điểm đối xứng với $D$ qua $I$, suy ra: $I$ là trung điểm của $ED$ $\Rightarrow E\left( \frac{-1}{2};\,-2;\,0 \right)$

$A$ là trung điểm của $BE$ $\Rightarrow A\left( \frac{3}{4};\,\frac{3}{2};\,0 \right)\Rightarrow AI=\frac{\sqrt{5}}{4}$

Ta thấy, TH1 có $AI$ lớn hơn ta chọn trường hợp 1

Đường thẳng $\Delta \left\{ \begin{align} & qua\,I\left( 1;\,1;\,0 \right) \\ & vtpt\,\overrightarrow{n}=\overrightarrow{AI}=\left( \frac{5}{4};\,\frac{7}{2};\,0 \right) \\ \end{align} \right.\Rightarrow \Delta :5x+14y-19=0$

Suy ra $N\left( 15;-4;0 \right)\in \Delta $.

Câu 10. Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( -1;2;3 \right)$ và $B\left( 3;2;5 \right)$. Xét hai điểm $M$ và $N$ thay đổi thuộc mặt phẳng $\left( Oxy \right)$ sao cho $MN=2023$. Giá trị nhỏ nhất của $AM+BN$ bằng

A. $2\sqrt{17}$. B. $\sqrt{65}$. C. $25\sqrt{97}$. D. $205\sqrt{97}$.

Lời giải:

Dựng vectơ $\overrightarrow{B{B}'}=\overrightarrow{NM}$, khi đó $BN=M{B}'$, ${B}'\in \left( Q \right)$ qua $B$ đồng thời song song với mặt phẳng $\left( Oxy \right)$. Suy ra $\left( Q \right)=5$.

Vì $B{B}'=MN=2023$ suy ra ${B}'$ thuộc đường tròn tâm $B$, bán kính $R=2023$ nằm trong $\left( Q \right)$.

Gọi ${A}'$ đối xứng với $A$ qua $\left( Oxy \right)$, ta có ${A}'\left( -1;2;-3 \right)$. Ta có $AM+BN={A}'M+M{B}'\ge {A}'{B}'$.

Gọi $H\left( -1;2;5 \right)$ là hình chiếu vuông góc của ${A}'$ lên $\left( Q \right)$. Suy ra ${A}'H=8,HB=4$.

Mặt khác $H{B}'\ge \left| HB-B{B}' \right|=\left| 4-2023 \right|=2019$

Suy ra $AM+BN\ge {A}'{B}'=\sqrt{{A}'{{H}^{2}}+H{{{{B}'}}^{2}}}\ge \sqrt{{{8}^{2}}+{{2019}^{2}}}=205\sqrt{97}$.

Câu 11. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho $A\left( 1;2;3 \right),B\left( 2;3;4 \right)$. Mặt cầu $\left( S \right)$ có bán kính $R$ và $\left( S \right)$ tiếp xúc với đồng thời cả ba mặt phẳng $Oxy,Oyz,Oxz$. Khối cầu $\left( S \right)$ chứa đoạn thẳng $AB$. Tổng các giá trị nguyên mà $R$ có thể nhận được là

A. 7. B. 5. C. 3. D. 1.

Lời giải:

Vì mặt cầu $\left( S \right)$ có bán kính $R$ và $\left( S \right)$ tiếp xúc với đồng thời cả ba mặt phẳng $Oxy,Oyz,Oxz$ nên tọa độ tâm $I\left( a,a,a \right)$ và $a=R$.

Để khối cầu $\left( S \right)$ chứa đoạn thẳng $AB$ thì ta cần có: $\left\{ \begin{align}& I{{A}^{2}}\le {{R}^{2}} \\ & I{{B}^{2}}\le {{R}^{2}} \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & {{a}^{2}}-6a+7\le 0 \\ & 2{{a}^{2}}-18a+29\le 0 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& 3-\sqrt{2}\le a\le 3+\sqrt{2} \\ & \frac{9-\sqrt{23}}{2}\le a\le \frac{9+\sqrt{23}}{2} \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \frac{9-\sqrt{23}}{2}\le a\le 3+\sqrt{2}$.

Vì $a\in \mathbb{Z}$ nên $a\in \left\{ 3;4 \right\}$. Tức là $R\in \left\{ 3;4 \right\}$, suy ra tổng các giá trị nguyên mà $R$ có thể nhận được bằng 7.

Câu 12. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho $A\left( -3;1;1 \right),\ B\left( 1;-1;5 \right)$ và mặt phẳng $\left( P \right):2x-y+2z+11=0.$ Mặt cầu $\left( S \right)$ đi qua hai điểm $A,B$ và tiếp xúc với $\left( P \right)$ tại điểm $C$. Biết $C$ luôn thuộc một đường tròn $\left( T \right)$ cố định. Bán kính $r$ của đường tròn $\left( T \right)$ bằng

A. 4. B. 2. C. $\sqrt{3}$. D. $\sqrt{2}$.

Lời giải:

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left( 4;-2;4 \right)$ và mp $\left( P \right)$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left( 2;-1;2 \right)$. Do đó $AB$ vuông góc với $\left( P \right)$.

Giả sử mặt cầu $\left( S \right)$ có phương trình ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2ax-2by-2cz+d=0$. Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I$ và đi qua hai điểm $A,B$ nên ta có $\left\{ \begin{align}& 9+1+1+6a-2b-2c+d=0 \\ & 1+1+25-2a+2b-10c+d=0 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 6a-2b-2c+d=-11 \\ & 2a-2b+10c-d=27 \\ \end{align} \right.$.

Suy ra $8a-4b+8c=16\Leftrightarrow 2a-b+2c=4.$

Mặt cầu $\left( S \right)$ tiếp xúc với $\left( P \right)$ nên ta có $d\left( I,\left( P \right) \right)=\frac{\left| 2a-b+2c+11 \right|}{3}=5.$

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left( 4;-2;4 \right)\Rightarrow AB=\sqrt{16+4+16}=6.$ Gọi $M$ là trung điểm $AB$ ta có $d\left( C,AB \right)=IM=\sqrt{{{5}^{2}}-{{3}^{2}}}=4.$ Vậy $C$ luôn thuộc một đường tròn $\left( T \right)$ cố định có bán kính $r=4.$

Câu 13. Trong không gian $Oxyz$, cho mặt cầu $\left( S \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y+2 \right)}^{2}}+{{\left( z-4 \right)}^{2}}=4$. Có bao nhiêu điểm $P$ thuộc $\left( S \right)$ mà tiếp diện của $\left( S \right)$ tại $P$ cắt các trục $Ox,\ Oz$ tương ứng tại các điểm $E\left( a;0;0 \right),\ F\left( 0;0;b \right)$ sao cho $a,\ b$ là các số nguyên dương và $\widehat{EPF}={{90}^{{o}}}$?

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

Lời giải:

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 1;-2;4 \right)$ và bán kính $R=2$.

Ta có $d\left( I,\left( Oxz \right) \right)=\frac{\left| -2 \right|}{1}=2=R$ nên $\left( S \right)$ tiếp xúc với $\left( Oxz \right)$ tại $H\left( 1;0;4 \right)$.

Dễ thấy $EH=EP,\ FH=FP$.

Suy ra $\Delta EPF=\Delta EHF$ nên $\widehat{EHF}=\widehat{EPF}={{90}^{{o}}}$ hay $\overrightarrow{HE}.\overrightarrow{HF}=0$.

Khi đó $\left( a-1;0;-4 \right).\left( -1;0;b-4 \right)=0\Leftrightarrow -a+1-4b+16=0\Leftrightarrow a+4b-17=0$.

Vì $a$ nguyên dương nên $a=17-4b\ge 0\Rightarrow b\le \frac{17}{4}\Rightarrow b\in \left\{ 1;2;3;4 \right\}$.

Các cặp $\left( a;b \right)$ thỏa mãn là $\left( 13;1 \right),\ \left( 9;2 \right),\ \left( 5;3 \right),\ \left( 1;4 \right)$.

Câu 14. Trong không gian $Oxyz$, cho 3 điểm $A\left( 0;0;1 \right)$, $B\left( 0;2;0 \right)$, $C\left( 3;0;0 \right)$. Gọi $H$, $G$ lần lượt là trực tâm, trọng tâm tam giác $ABC$. Phương trình mặt cầu tâm $G$ và đi qua $H$ là

A. ${{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y+\frac{2}{3} \right)}^{2}}+{{\left( z+\frac{1}{3} \right)}^{2}}=\frac{362}{441}$. B. ${{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-\frac{2}{3} \right)}^{2}}+{{\left( z-\frac{1}{3} \right)}^{2}}=\frac{362}{441}$.

C. ${{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y+\frac{2}{3} \right)}^{2}}+{{\left( z+\frac{1}{3} \right)}^{2}}=\frac{362}{21}$. D. ${{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-\frac{2}{3} \right)}^{2}}+{{\left( z-\frac{1}{3} \right)}^{2}}=\frac{362}{21}$.

Lời giải:

Giả sử $H\left( x;y;z \right)$.

Vì $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $G\left( 1;\frac{2}{3};\frac{1}{3} \right)$.

$\overrightarrow{AH}=\left( x;y;z-1 \right)\,,\,\overrightarrow{BC}=\left( 3;-2;0 \right)\,,\overrightarrow{BH}=\left( x;y-2;z \right)\,,\,\overrightarrow{AC}=\left( 3;0;-1 \right)\,,$ $\left[ \overrightarrow{AC},\overrightarrow{BC} \right]=\left( -2;-3;-6 \right)$.

Vì $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ nên $\left\{ \begin{align}& \overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}=0 \\ & \overrightarrow{BH}.\overrightarrow{AC}=0 \\ & \left[ \overrightarrow{AC},\overrightarrow{BC} \right].\overrightarrow{AH}=0 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& 3x-2y=0 \\ & 3x-z=0 \\ & 2x+3y+6z=6 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & z=\frac{36}{49} \\ & y=\frac{18}{49} \\ & x=\frac{12}{49} \\ \end{align} \right.$.

$\Rightarrow H\left( \frac{12}{49};\frac{18}{49};\frac{36}{49} \right)$ $\Rightarrow HG=\frac{\sqrt{362}}{21}$.

Khi đó mặt cầu tâm $G$ và đi qua $H$ có phương trình là ${{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-\frac{2}{3} \right)}^{2}}+{{\left( z-\frac{1}{3} \right)}^{2}}=\frac{362}{441}$.

Câu 15. Trong không gian $Oxyz$, cho $A\left( -2\,;0\,;0 \right);\,\,B\left( 0\,;-2\,;0 \right);\,\,C\left( 0\,;0\,;-2 \right)$. $D$ là điểm khác $O$ sao cho $DA,\,\,DB,\,\,DC$ đôi một vuông góc. $I\left( a\,;b\,;c \right)$ là tâm mặt cầu ngoại tứ diện $ABCD$. Tổng $S=a+b+c$ bằng

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

Lời giải:

Gọi $D\left( x;y;z \right)\Rightarrow \overrightarrow{DA}=\left( x+2;y;z \right);\,\,\overrightarrow{DB}=\left( x;y+2;z \right);\,\,\overrightarrow{DC}=\left( x;y;z+2 \right)$.

Vì $DA,DB,DC$ đôi một vuông góc nên $\left\{ \begin{align} & \overrightarrow{DA}.\overrightarrow{DB}=0 \\ & \overrightarrow{DA}.\overrightarrow{DC}=0 \\ & \overrightarrow{DB}.\overrightarrow{DC}=0 \\ \end{align} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x\left( x+2 \right)+y\left( y+2 \right)+{{z}^{2}}=0 \\ & x\left( x+2 \right)+{{y}^{2}}+z\left( z+2 \right)=0 \\ & {{x}^{2}}+y\left( y+2 \right)+z\left( z+2 \right)=0 \\ \end{align} \right.$

$\Leftrightarrow x=y=z=-\frac{4}{3}$.

$I\left( a;b;c \right)$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$ nên $\left\{ \begin{align}& IA=IB \\ & IA=IC \\ & IA=ID \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & {{\left( a+2 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}={{a}^{2}}+{{\left( b+2 \right)}^{2}}+{{c}^{2}} \\ & {{\left( a+2 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{\left( c+2 \right)}^{2}} \\ & {{\left( a+2 \right)}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}={{\left( a+\frac{4}{3} \right)}^{2}}+{{\left( b+\frac{4}{3} \right)}^{2}}+{{\left( c+\frac{4}{3} \right)}^{2}} \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & a=b \\ & a=c \\ & 4a+4=8a+\frac{16}{3} \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{-1}{3}$.

Vậy $a+b+c=-1$.

Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, tứ diện $OABC$ có tọa độ đỉnh $A\left( m;m;{ }0 \right)$, $B\left( 0;{ m};{ m} \right)$, $C\left( m;{ }0;{ m} \right)$. Khi tứ diện $OABC$ có bán kính mặt cầu $\left( S \right)$ nội tiếp bằng $\frac{\sqrt{3}}{3}$, khi đó phương trình mặt cầu $\left( S \right)$ là

A. ${{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=\frac{1}{3}$. B. ${{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y+1 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}=\frac{1}{3}$.

C. ${{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-2 \right)}^{2}}=\frac{1}{3}$. D. ${{\left( x+2 \right)}^{2}}+{{\left( y+2 \right)}^{2}}+{{\left( z+2 \right)}^{2}}=\frac{1}{3}$.

Lời giải:

Vì $OABC$ là tứ diện đều, nên tâm $I$ của mặt cầu nội tiếp tứ diện trùng với trọng tâm của tứ diện ta có $I\left( \frac{m}{2},\frac{m}{2},\frac{m}{2} \right)$.

$G$ là trọng tâm tam giác $ABC$, $G\left( \frac{2m}{3},\frac{2m}{3},\frac{2m}{3} \right)$ $\Rightarrow IG=\frac{m\sqrt{3}}{6}$

Theo bài $IG=\frac{m\sqrt{3}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow m=2$.

Khi đó tâm $I\left( 1,1,1 \right)$.

Phương trình mặt cầu ${{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=\frac{1}{3}$.

Câu 17. Trong không gian hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A\left( -1\,;\,0\,;\,2 \right)\,,\,B\left( 3\,;\,2\,;\,-2 \right)$. Biết tập hợp các điểm $M$ thỏa mãn $M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}=30$ là một mặt cầu. Bán kính mặt cầu đó bằng

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

Lời giải:

Gọi $M=\left( x\,;\,y\,;\,z \right)$

Ta có $\overrightarrow{MA}=\left( -1-x\,;\,-y\,;\,2-z \right),\,\overrightarrow{MB}=\left( 3-x\,;\,2-y\,;\,-2-z \right)$.

Tập hợp các điểm $M$ thỏa mãn $M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}=30$ là một mặt cầu

$\Leftrightarrow {{\left( 1+x \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( 2-z \right)}^{2}}+{{\left( 3-x \right)}^{2}}+{{\left( 2-y \right)}^{2}}+{{\left( z+2 \right)}^{2}}=30$ $\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2x-2y-4=0$

Khi đó bán kính $R=\sqrt{{{1}^{2}}+{{1}^{2}}+4}=\sqrt{6}$.

Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho mặt cầu có phương trình $\left( S \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}=25$ và hai điểm $A\left( 7\,;\,9\,;\,0 \right)$; $B\left( 0\,;\,8\,;\,0 \right)$. Gọi $M$ là điểm bất kì thuộc mặt cầu $\left( S \right)$, giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=MA+2MB$ bằng

A. $\frac{5\sqrt{5}}{2}$. B. $5\sqrt{5}$. C. $5\sqrt{2}$. D. 10.

Lời giải:

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

$\overrightarrow{IA}=\left( 6\,;\,8\,;\,0 \right)$; $IA=10$; $IB=5\sqrt{2}$. Suy ra hai điểm $A,\,B$ nằm ngoài mặt cầu $\left( S \right)$.

Lấy điểm $C$ sao cho $\overrightarrow{IC}=\frac{1}{4}\overrightarrow{IA}$. Suy ra: $C\left( \frac{5}{2}\,;\,3\,;\,0 \right)$ và $C$ nằm trong mặt cầu $\left( S \right)$.

Ta có $\Delta IMC$ đồng dạng với $\Delta IAM$ do có góc $\widehat{I}$ chung và $\frac{IM}{IA}=\frac{IC}{IM}=\frac{1}{2}$.

Suy ra $\frac{MC}{MA}=\frac{1}{2}$ hay $MA=2MC$.

Do đó $P=2\left( MC+MB \right)\ge 2BC=5\sqrt{5}$; $P=5\sqrt{5}$ khi $M$ là giao điểm của đoạn $BC$ và mặt cầu $\left( S \right)$.

Vậy $\min P=5\sqrt{5}$.

Câu 19. Trong không gian $Oxyz$, cho bốn điểm $A\left( 2;3;5 \right),B\left( -1;3;2 \right),C\left( -2;1;3 \right),D\left( 5;7;4 \right)$. Điểm $M\left( a;b;c \right)$ di động trên mặt phẳng $\left( Oxy \right)$. Khi biểu thức $T=4M{{A}^{2}}+5M{{B}^{2}}-6M{{C}^{2}}+M{{D}^{4}}$ đạt giá trị nhỏ nhất thì tổng $a+b+c$ bằng

A. 11. B. $-11$. C. 12. D. 9.

Lời giải:

Ta thấy $D$ là điểm thỏa mãn $4\overrightarrow{DA}+5\overrightarrow{DB}-6=\vec{0}$.

Khi đó $T=4M{{A}^{2}}+5M{{B}^{2}}-6M{{C}^{2}}+M{{D}^{4}}$ $=4{{\left( \overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DA} \right)}^{2}}+5{{\left( \overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DB} \right)}^{2}}-6{{\left( \overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DC} \right)}^{2}}+M{{D}^{4}}$ $=3M{{D}^{2}}+M{{D}^{4}}+2\left( 4\overrightarrow{DA}+5\overrightarrow{DB}-6 \right)\overrightarrow{MD}+4D{{A}^{2}}+5D{{B}^{2}}-6D{{C}^{2}}$ $=3M{{D}^{2}}+M{{D}^{4}}+4D{{A}^{2}}+5D{{B}^{2}}-6D{{C}^{2}}$.

Đặt $x=MD>0$ và hằng số $4D{{A}^{2}}+5D{{B}^{2}}-6D{{C}^{2}}=m$.

Khi đó: $T={{x}^{4}}+3{{x}^{2}}+m$ đồng biến trên khoảng $\left( 0;+\infty \right)$.

Suy ra $T$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $MD$ nhỏ nhất, và $MD$ nhỏ nhất khi $M$ là hình chiếu vuông góc của $D$ trên mặt phẳng $\left( Oxy \right)$. Suy ra $M(5;7;0)$.

Vậy $a+b+c=12$.

Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho điểm $M(1;\,2;\,1)$. Mặt phẳng $\left( P \right)$ thay đổi đi qua $M$ lần lượt cắt các tia $Ox,\,\,Oy,\,\,Oz$ tại $A,\,\,B,\,\,C$ khác $O$. Giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện $OABC$ bằng

A. 6. B. 9. C. 18. D. 54.

Lời giải:

Gọi $A\left( a;\,0;\,0 \right),B\left( 0;\,b;\,0 \right),C\left( 0,\,0,\,c \right)$ với $a,\,b,\,c>0$.

Phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$ qua điểm $A,\,\,B,\,\,C$ có dạng $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$.

Vì $M\in \left( P \right)$ nên $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}=1.$

Với $a,\,b,\,c>0$, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

$\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\ge 3\sqrt[3]{\frac{1}{a}.\frac{2}{b}.\frac{1}{c}}$ $\Leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\ge 3\sqrt[3]{\frac{2}{abc}}$ $\Leftrightarrow 1\ge 3\sqrt[3]{\frac{2}{abc}}$ $\Leftrightarrow 1\ge \frac{54}{abc}$

Suy ra: $abc\ge 54$.

Mặt khác thể tích khối tứ diện $OABC$ là: ${{V}_{OABC}}=\frac{1}{6}abc$ nên ${{V}_{OABC}}\ge \frac{1}{6}.54$ $\Leftrightarrow {{V}_{OABC}}\ge 9$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện $OABC$ bằng 9.

Câu 21. Trong không gian với hệ trục tọa độ $O x y z$, cho mặt cầu $(S):(x+2)^2+(y-3)^2+(z-1)^2=\frac{13}{2}$ và ba điểm $A(-1 ; 2 ; 3), B(0 ; 4 ; 6), C(-2 ; 1 ; 5) ; M(a ; b ; c)$ là điểm thay đổi trên $(S)$ sao cho biểu thức $2 M A^2+M B^2-2 M C^2$ đạt giá trị nhỏ nhất. Tổng $a+b+c$ bằng

A. $\frac{13}{2}$. B. 4. C. 6. D. 12.

Lời giải:

Gọi $I$ là điểm thỏa mãn $2 \overrightarrow{I A}+\overrightarrow{I B}-2 \overrightarrow{I C}=\overrightarrow{0}$ $\Rightarrow I\left( 2{{x}_{A}}+{{x}_{B}}-2{{x}_{C}};2{{y}_{A}}+{{y}_{B}}-2{{y}_{C}};2{{z}_{A}}+{{z}_{B}}-2{{z}_{C}} \right)$ $\Rightarrow I(2;6;2)$. Suy ra là điểm $I$ cố định.

$P=2 M A^2+M B^2-2 M C^2=M I^2+2 \overrightarrow{M I}(2 \overrightarrow{I A}+\overrightarrow{I B}-2 \overrightarrow{I C})+2 L A^2+I B^2-2 I C^2$

$P$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $M I$ đạt giá trị nhỏ nhất.

$(S):(x+2)^2+(y-3)^2+(z-1)^2=\frac{13}{2}$ có tâm $J(-2 ; 3 ; 1)$ và bán kính $R=\frac{\sqrt{26}}{2}$. Suy ra $I J=\sqrt{26}$

Mà $M$ là điểm thay đổi trên $(S)$ nên $M I$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $M \equiv B$

Ta có $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}IJ=\sqrt{26} \\BJ=R=\frac{\sqrt{26}}{2} \\ \end{array} \right.$ $\Rightarrow B$ là trung điểm của $I J \Rightarrow B\left(0 ; \frac{9}{2} ; \frac{3}{2}\right) \Rightarrow M\left(0 ; \frac{9}{2} ; \frac{3}{2}\right) \Rightarrow a+b+c=6$.

Câu 22. Trong không gian $Oxyz$, cho điểm $A\left( \frac{2}{\sqrt{3}};\,3;\,4 \right)$. Đường thẳng $\Delta $ qua $A$ tạo với trục $Ox$ một góc $60{}^\circ $, $\Delta $ cắt mặt phẳng $\left( Oyz \right)$ tại điểm $M$. Khi $OM$ nhỏ nhất, tung độ điểm $M$ bằng

A. 0. B. $\frac{9}{5}\cdot $ C. $\frac{3}{2}\cdot $ D. $\frac{4}{5}\cdot $

Lời giải:

Gọi $d$ là là đường thẳng qua $A$ và song song với $Ox$, khi đó $\left( \Delta ,\,d \right)=\left( \Delta ,\,Ox \right)=60{}^\circ $. Do đó $\Delta $ là đường sinh của mặt nón đỉnh $A$, trục $d$, góc ở đỉnh bằng $120{}^\circ $.

Vì $\left( Oyz \right)\bot Ox$ nên $\left( Oyz \right)\bot d$. Suy ra $\left( Oyz \right)$ cắt mặt nón theo đường tròn $\left( C \right)$ có trục là đường thẳng $d$. Suy ra điểm $M\in \left( C \right)$.

Gọi $I$ là hình chiếu của $A$ trên $\left( Oyz \right)$, khi đó $I$ là tâm đường tròn $\left( C \right)$.

Vì $A\left( \frac{2}{\sqrt{3}};\,3;\,4 \right)$ nên $I\left( 0;\,3;\,4 \right)$ $\Rightarrow IA=\frac{2}{\sqrt{3}}$ $\Rightarrow IM=IA.\tan 60{}^\circ =\frac{2}{\sqrt{3}}.\sqrt{3}=2$.

Ta có $OM\ge \left| OI-IM \right|=\left| 5-2 \right|=3$. Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow $ $I,\,M,\,O$ thẳng hàng, đồng thời $M$ nằm giữa $O$ và $I$.

Vậy $OM$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow \overrightarrow{OM}=\frac{OM}{OI}\overrightarrow{OI}=\frac{3}{5}\overrightarrow{OI}\Rightarrow \overrightarrow{OM}=\left( 0;\,\frac{9}{5};\,\frac{12}{5} \right)\Rightarrow M\left( 0;\,\frac{9}{5};\,\frac{12}{5} \right)\Rightarrow {{y}_{M}}=\frac{9}{5}$.

Câu 23. Trong mặt phẳng $Oxyz,$ cho các điểm $A\left( 1\,;\,2\,;\,1 \right)$, $B\left( 2\,;\,0\,;\,1 \right)$, $C\left( 3\,;\,-1\,;\,\,2 \right)$ và mặt cầu $\left( S \right)$ có phương trình ${{x}^{2}}+{{\left( y-5 \right)}^{2}}+{{\left( z-2 \right)}^{2}}=3$. Gọi $M\left( x;\,y;\,z \right)$ là điểm trên mặt cầu $\left( S \right)$ sao cho biểu thức $3M{{A}^{2}}-M{{B}^{2}}-M{{C}^{2}}$ đạt giá trị nhỏ nhất. Giá trị $P=x+y+2z$ bằng

A. $ -3$. B. 11. C. 7. D. 5.

Lời giải:

Ta có $\left( S \right):{{x}^{2}}+{{\left( y-5 \right)}^{2}}+{{\left( z-2 \right)}^{2}}=3\,\,\Rightarrow $ tâm $K\left( 0;5;2 \right)$ và bán kính $R=\sqrt{3}.$

Gọi $I\left( a;b;c \right)$ là điểm thỏa mãn $3\overrightarrow{IA}-\overrightarrow{IB}-\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}\,\,$ $\Rightarrow I\left( -2;7;0 \right)$.

Ta có $3M{{A}^{2}}-M{{B}^{2}}-M{{C}^{2}}$ $=3{{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA} \right)}^{2}}-{{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB} \right)}^{2}}-{{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC} \right)}^{2}}$

$=M{{I}^{2}}+2\overrightarrow{MI}\left( 3\overrightarrow{IA}-\overrightarrow{IB}-\overrightarrow{IC} \right)+3I{{A}^{2}}-I{{B}^{2}}-I{{C}^{2}}$$=M{{I}^{2}}+3I{{A}^{2}}-I{{B}^{2}}-I{{C}^{2}}$

Để $3M{{A}^{2}}-M{{B}^{2}}-M{{C}^{2}}$ đạt giá trị nhỏ nhất $\Leftrightarrow MI$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow I,M,K$ thẳng hàng.

Mà $IK=2\sqrt{3}=2R\Rightarrow M$ là trung điểm của $IK\Rightarrow M\left( -1\,;\,6\,;1 \right)$ $\Rightarrow P=x+y+2z=7$.

Câu 24. Trong không gian $Oxyz$, cho điểm $M\left( 0;6;0 \right)$ và điểm $N$ di động trên mặt phẳng $\left( Oxz \right)$ ($N$ khác $O$). Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $O$ lên $MN$ và $K$ là trung điểm của $ON$. Biết rằng $HK$ luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định, điểm nào sau đây thuộc mặt cầu đó?

A. ${{P}_{1}}\left( 1;5;-2 \right)$. B. ${{P}_{2}}\left( 1;2;-4 \right)$. C. ${{P}_{3}}\left( 1;2;-2 \right)$. D. ${{P}_{4}}\left( 1;4;-1 \right)$.

Lời giải:

Ta có: $O\in mp\left( Oxz \right)$ và $\overrightarrow{OM}=\left( 0;6;0 \right)\Rightarrow \overrightarrow{OM}\bot mp\left( Oxz \right)$. Mà $N\in \left( Oxz \right)\Rightarrow ON\subset \left( Oxz \right)$.

$\Rightarrow OM\bot ON$.

Suy ra tam giác $OMN$ vuông tại $O$. Gọi $I$ là trung điểm của $OM\Rightarrow I\left( 0;3;0 \right)$.

Do $OH\bot MN$ $\Rightarrow \left\{ \begin{align} & \widehat{OHI}=\widehat{IOH} \\ & \widehat{OHK}=\widehat{KOH} \\ \end{align} \right.$

$\Rightarrow \widehat{IHK}=\widehat{OHI}+\widehat{KHO}=\widehat{IOH}+\widehat{KOH}=\widehat{IOK}=\widehat{MON}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow HK\bot IH$

$\Rightarrow HK$ luôn tiếp xúc với mặt cầu $\left( S \right)$ tâm $I\left( 0;3;0 \right)$, đường kính $OM\Rightarrow R=\frac{OM}{2}=3$.

Suy ra phương trình mặt cầu $\left( S \right):{{x}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}=9$. Do đó, điểm ${{P}_{1}}\in \left( S \right)$.

Câu 25. Trong không gian $Oxyz$, cho mặt cầu $\left( S \right):{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-4 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}=9$ và điểm $A\left( 5;\,4;\,0 \right);\,B\left( 4;\,2;\,1 \right)$. Điểm $M$ thay đổi nằm trên mặt cầu, giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=MA+2MB$ bằng

A. $ 2\sqrt{23}$. B. $ 3\sqrt{23}$. C. $ 6\sqrt{69}$. D. $ \sqrt{69}$.

Lời giải:

Nhận xét: Điểm $A,\,B$ nằm ngoài mặt cầu $\left( S \right)$. Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( -1;\,4;\,0 \right),\,R=3$.

Ta có: $IA=6=2R,\,E=IA\cap \left( S \right)\Rightarrow E\left( 2;\,4;\,0 \right)$.

Gọi $F$ là trung điểm của $IE\Rightarrow F\left( \frac{1}{2};\,4;\,0 \right)$.

Tam giác $IFM$ và $IMA$ có $\widehat{AIM}$ chung và $\frac{IF}{IM}=\frac{1}{2}=\frac{IM}{IA}\Rightarrow \Delta AIM\sim \Delta MIF$.

Suy ra $\frac{MA}{FM}=\frac{AI}{MI}=2\Rightarrow MA=2MF$.

Ta có: $MA+2MB=2\left( MF+MB \right)\ge 2FB=\sqrt{69}$.

Vì $F$ nằm trong $\left( S \right)$ và $B$ nằm ngoài $\left( S \right)$ nên dấu $''=''$ xảy ra khi $M=BF\cap \left( S \right)$.

Câu 26. Trong không gian $Oxyz$, cho mặt cầu $\left( S \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}=72$ và hai điểm $A\left( 1;-16;17 \right)$, $B\left( 7;-6;-1 \right)$. Gọi $M$ là điểm thay đổi trên mặt cầu $\left( S \right)$. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $T=MA+3MB$ bằng

A. $6\sqrt{19}$. B. $3\sqrt{14}$. C. $5\sqrt{30}$. D. $4\sqrt{29}$.

Lời giải:

Mặt cầu $\left( S \right)$ có tâm $I\left( 1;2;-1 \right)$ và bán kính $R=6\sqrt{2}$.

Ta có $IB=10,\ IA=18\sqrt{2}=3R$ nên $A,B$ nằm ngoài mặt cầu.

Gọi $E$ là giao điểm của mặt cầu $\left( S \right)$ và đoạn $IA$. Lấy điểm $F$ trên $IE$ sao cho $IE=3IF$.

Có góc $\widehat{I}$ chung và $\frac{IM}{IA}=\frac{IF}{IM}=\frac{1}{3}\Rightarrow \Delta AIM\sim \Delta MIF\ \left( c.g.c \right)\Rightarrow \frac{AM}{MF}=3\Rightarrow AM=3MF$.

Do đó $T=MA+3MB=3\left( MF+MB \right)\ge 3BF$ nên $T$ nhỏ nhất khi ba điểm $B,M,F$ thẳng hàng.

Khi đó $\min T=3BF$. Do $\overrightarrow{IE}=\frac{1}{3}\overrightarrow{IA}\Rightarrow \overrightarrow{IF}=\frac{1}{9}\overrightarrow{IA}$ nên $\left\{ \begin{align}& {{x}_{F}}-1=\frac{1}{9}.0 \\ & {{y}_{F}}-2=\frac{1}{9}.\left( -18 \right) \\ & {{z}_{F}}+1=\frac{1}{9}.18 \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow \left\{ \begin{align}& {{x}_{F}}=1 \\ & {{y}_{F}}=0 \\ & {{z}_{F}}=1 \\ \end{align} \right.$.

Vậy $\min T=3BF=3\sqrt{{{\left( -6 \right)}^{2}}+{{6}^{2}}+{{2}^{2}}}=6\sqrt{19}$.

Câu 27. Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz$, cho $A\left( a;0;0 \right),\,\,B\left( 0;b;0 \right),\,\,C\left( 0;0;c \right)$ với $a,b,c>0$ sao cho $2OA-OB+5\sqrt{O{{B}^{2}}+O{{C}^{2}}}=36$. Khi thể tích khối chóp $O.ABC$ đạt giá trị lớn nhất thì tổng $a-b+c$ bằng

A. 1. B. 5. C. $\frac{-36+36\sqrt{2}}{5}$. D. 7.

Lời giải:

Từ $2OA-OB+5\sqrt{O{{B}^{2}}+O{{C}^{2}}}=36\Rightarrow 2a-b+5\sqrt{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}=36$

Ta có $36=2a-b+5\sqrt{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}=2a-b+5\sqrt{\frac{{{\left( 4b \right)}^{2}}}{16}+\frac{{{\left( 3c \right)}^{2}}}{9}}\ge 2a-b+5\sqrt{\frac{{{\left( 4b+3c \right)}^{2}}}{16+9}}=2a+3b+4c$

$\Leftrightarrow 36\ge 3\sqrt[3]{2a.3b.4c}\Rightarrow abc\le 72\Rightarrow \frac{1}{6}abc\le 12$

$\Rightarrow {{V}_{\max }}=12$ khi $\left\{ \begin{align}& \frac{4b}{16}=\frac{3c}{9} \\ & 2a=3b=4c \\ & 2a-b+5\sqrt{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}=36 \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& a=6 \\ & b=4 \\ & c=3 \\ \end{align} \right.$

Câu 28. Trong không gian với hệ trục $Oxyz$, cho mặt cầu $\left( S \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=1$ và hai điểm $A\left( 3;0;0 \right);B\left( -1;1;0 \right)$. Gọi $M$ là điểm thuộc mặt cầu $\left( S \right)$. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $MA+3MB$ bằng

A. $2\sqrt{34}$. B. $\sqrt{26}$. C. 5. D. $\sqrt{34}$.

Lời giải:

Gọi $M\left( x;y;z \right)$ là điểm cần tìm.

Ta có: $M\in \left( S \right)\Rightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-1=0$.

$MA=\sqrt{{{\left( x-3 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}};MB=\sqrt{{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}}$.

Suy ra: $MA+3MB=\sqrt{{{\left( x-3 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}}+3\sqrt{{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}}$

$=\sqrt{{{\left( x-3 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+8\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)-8}+3\sqrt{{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}}$

Câu 29. Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz,$ cho mặt cầu $\left( S \right):{{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=4$ và điểm $M\left( 2;\,2;\,1 \right)$. Một đường thẳng thay đổi qua $M$ và cắt $\left( S \right)$ tại hai điểm $A,\,B$. Khi biểu thức $T=MA+4MB$ đạt giá trị nhỏ nhất thì đoạn thẳng $AB$ có giá trị bằng

A. $4\sqrt{3}.$ B. 4. C. $\frac{5\sqrt{3}}{2}.$ D. $2\sqrt{3}$.

Lời giải:

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

$IM=1<R$ $\Rightarrow $ điểm $M$ nằm trong mặt cầu $\left( S \right)$và $M$ nằm trên mặt cầu $\left( {{S}'} \right)$ tâm $I,\,bk\,{R}'=1$

$T=MA+4MB$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $MB$ nhỏ nhất.

Vây ${{\min }_{T}}=3+4.1=7$ khi và chỉ khi $AB$ là đường kính mặt cầu $\left( S \right)\Rightarrow AB=4$.

Cách 2: Gọi $H$ là hình chiếu của $I$ lên $AB$ và đặt $IH=x\,\,\left( 0\le x\le 1 \right)$.

TH1: $MA<MB$

Ta có $T=MA+4MB=AH-MH+4\left( MH+HB \right)=3MH+5AH$ $=3\sqrt{1-{{x}^{2}}}+5\sqrt{4-{{x}^{2}}}=f\left( x \right)$

Ta có ${f}'\left( x \right)=x\left( \frac{-3}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}-\frac{5}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}} \right)=0\Leftrightarrow x=0$. Suy ra ${{T}_{\min }}=13$ khi $d$ đi qua $I\Rightarrow AB=2R=4$.

TH2: $MA>MB$

Tính được $T=5\sqrt{4-{{x}^{2}}}-3\sqrt{1-{{x}^{2}}}$.

Xét hàm số $f\left( x \right)=5\sqrt{4-{{x}^{2}}}-3\sqrt{1-{{x}^{2}}}$ trên đoạn $\left[ 0;\,1 \right]$.

Tìm được $\underset{\left[ 0;\,1 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=f\left( 0 \right)=7\Rightarrow AB=4$.

So sánh cả hai trường hợp thì ta có ${{T}_{\min }}=7$ khi đó $AB=4$.

Câu 30. Trong không gian với hệ trục tọa độ $Oxyz,$ cho điểm $A\left( 2;3;5 \right)$, hai mặt cầu $\left( {{S}_{1}} \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=9,{ }\left( {{S}_{2}} \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z+3 \right)}^{2}}=16$ và điểm $M$ di động thuộc cả hai mặt cầu. Gọi $m,n$ là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của $AM$. Giá trị của biểu thức $T={{m}^{2}}+{{n}^{2}}$ bằng

A. $\frac{341}{4}.$ B. $\frac{151}{2}$. C. $\frac{1028}{7}$. D. $\frac{2411}{28}$.

Lời giải:

Mặt cầu $\left( {{S}_{1}} \right)$ có tâm $O$, bán kính ${{R}_{1}}=3$; mặt cầu $\left( {{S}_{2}} \right)$ có tâm $I\left( 1;2;-3 \right)$, bán kính ${{R}_{2}}=4$.

Ta có $\left| {{R}_{1}}-{{R}_{2}} \right|<OI=\sqrt{14}<{{R}_{1}}+{{R}_{2}}\Rightarrow $ hai mặt cầu cắt nhau theo một đường tròn, kí hiệu là đường tròn $\left( C \right)$ có tâm $H$, bán kính $r$.

Phương trình mặt phẳng chứa đường tròn $\left( C \right)$ là: $\left( P \right):2x+4y-6z-7=0$

Bán kính đường tròn $\left( C \right)$ bằng $r=\sqrt{R_{1}^{2}-{{d}^{2}}\left( O,\left( P \right) \right)}=\frac{\sqrt{130}}{4}$

Gọi $A'$ là hình chiếu của $A$ trên mặt phẳng $\left( P \right)$.

Ta có $HA'$ là hình chiếu của $OA$ trên mặt phẳng $\left( P \right)$.

Mặt phẳng $\left( P \right)$ có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left( 1;2;-3 \right)$, $\overrightarrow{OA}=\left( 2;3;5 \right)$

$\begin{align}& \sin \left( OA,\left( P \right) \right)=\left| \cos \left( \overrightarrow{OA},\overrightarrow{n} \right) \right|=\frac{\sqrt{133}}{38}\Rightarrow \cos \left( OA,\left( P \right) \right)=\sqrt{\frac{69}{76}} \\ & \Rightarrow HA'=OA.\cos \left( OA,\left( P \right) \right)=\frac{\sqrt{138}}{2}>r \\ \end{align}$

Suy ra $A'$ nằm ngoài đường tròn $\left( C \right)$.

Khi đó giá trị lớn nhất của $AM$ bằng $m=HA'+r=\frac{\sqrt{138}}{2}+\frac{\sqrt{130}}{4}$

Giá trị nhỏ nhất của $AM$ bằng $m=HA'-r=\frac{\sqrt{138}}{2}-\frac{\sqrt{130}}{4}$.

$T={{m}^{2}}+{{n}^{2}}=\frac{341}{4}.$

Câu 31. Trong không gian với hệ toạ độ $Oxyz$, cho mặt cầu $\left( S \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{\left( z-3 \right)}^{2}}=2$ và các điểm $A\left( -1;0;1 \right),B\left( 0;2;3 \right),C\left( -1;3;0 \right)$. Điểm $M\left( x;y;z \right)$ thuộc mặt cầu $\left( S \right)$ sao cho biểu thức $P=M{{A}^{2}}+2M{{B}^{2}}+2M{{C}^{2}}$ đạt giá trị lớn nhất. Khi đó $T=2x+y+2z$ bằng

A. 5. B. 8. C. 12. D. 14.

Lời giải:

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

$P=M{{A}^{2}}+2M{{B}^{2}}+2M{{C}^{2}}={{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA} \right)}^{2}}+2{{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB} \right)}^{2}}+2{{\left( \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC} \right)}^{2}}$ $=5M{{I}^{2}}+I{{A}^{2}}+2I{{B}^{2}}+2I{{C}^{2}}+2\overrightarrow{MI}\left( \overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB}+2\overrightarrow{IC} \right)$

Ta lại có $\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB}+2\overrightarrow{IC}=\left( -8;0;-8 \right)$.

Gọi $E$ là điểm thoả mãn $\overrightarrow{IE}=\left( -8;0;-8 \right)$.

Khi đó $P=5M{{I}^{2}}+I{{A}^{2}}+2I{{B}^{2}}+2I{{C}^{2}}+2\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{IE}$do đó $P$ đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi $\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{IE}$ đạt giá trị lớn nhất $\overrightarrow{MI}.\overrightarrow{IE}=IM.IE.cos\left( \overrightarrow{MI},\overrightarrow{IE} \right)\le IM.IE=\sqrt{2}.8\sqrt{2}=16$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\overrightarrow{MI},\overrightarrow{IE}$ cùng hướng, khi $\overrightarrow{IM}=\frac{-IM}{IE}\overrightarrow{IE}=\frac{-\sqrt{2}}{8\sqrt{2}}=\frac{-1}{8}\left( -8;0;-8 \right)=\left( 1;0;1 \right)$ $\Rightarrow M\left( 2;2;4 \right)$

Do đó $T=14$.

Câu 32. Trong không gian với hệ trục toạ độ $Oxyz,$ mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua điểm $M\left( 1;2;1 \right)$ cắt các tia $Ox,Oy,Oz$ lần lượt tại các điểm $A,B,C$ ($A,B,C$ không trùng với gốc $O$) sao cho tứ diện $OABC$ có thể tích nhỏ nhất. Mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua điểm nào trong các điểm dưới đây?

A. $N\left( 0;2;2 \right)$. B. $M\left( 0;2;1 \right)$. C. $P\left( 2;0;0 \right)$. D. $Q\left( 2;0;-1 \right)$.

Lời giải:

Gọi $\left( P \right)$ cắt các tia $Ox,Oy,Oz$ lần lượt tại các điểm $A\left( a;0;0 \right);B\left( 0;b;0 \right);C\left( 0;0;c \right)\,\,\left( a,b,c>0 \right)$

Ta có $\left( P \right):\,\,\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$

Vì $M\in \left( P \right)$ nên ta có $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}=1$

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có $1=\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\ge \frac{3\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{abc}}\Leftrightarrow abc\ge 54$

Thể tích khối chóp ${{V}_{OABC}}=\frac{1}{6}abc\ge 9$

Dấu bằng xảy ra khi $\left\{ \begin{align}& \frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}=1 \\ & \frac{1}{a}=\frac{2}{b}=\frac{1}{c} \\ \end{align} \right.$ $\Leftrightarrow a=3;b=6;c=3$

Vậy phương trình mặt phẳng $\left( P \right):\frac{x}{3}+\frac{y}{6}+\frac{z}{3}=1\Rightarrow N\left( 0;2;2 \right)\in \left( P \right)$.

Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai mặt cầu $\left( {{S}_{1}} \right):{{\left( x+5 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=25$. $\left( {{S}_{2}} \right):{{\left( x+5 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=100$ và điểm $K\left( 8,0,0 \right)$. Đường thẳng $\Delta $ di động nhưng luôn tiếp xúc với $\left( {{S}_{1}} \right)$ đồng thời cắt $\left( {{S}_{2}} \right)$ tại hai điểm $M,N$. Tam giác $KMN$ có thể có diện tích lớn nhất bằng

A. $90\sqrt{3}$. B. $50\sqrt{6}$. C. $100\sqrt{2}$. D. $100\sqrt{3}$.

Lời giải:

Mặt cầu $\left( {{S}_{1}} \right)$ có tâm $I\left( -5;0;0 \right),{{R}_{1}}=5$. Mặt cầu $\left( {{S}_{2}} \right)$ có tâm $I\left( -5;0;0 \right),{{R}_{2}}=10$.

Đường thẳng $\Delta $ di động nhưng luôn tiếp xúc với $\left( {{S}_{1}} \right)$ tại $H$ và đồng thời cắt $\left( {{S}_{2}} \right)$ tại hai điểm $M,N$.

Khi đó $MN=2MH=2\sqrt{I{{M}^{2}}-H{{I}^{2}}=10\sqrt{3}}$.

Diện tích của tam giác $KMN$ là ${{S}_{\Delta KMN}}=\frac{1}{2}d\left( K,\Delta \right).MN$.

Khi đó, ${{S}_{\Delta KMN}}$ lớn nhất $\Leftrightarrow d\left( K,\Delta \right)$ lớn nhất $\Leftrightarrow K,H,I$ thẳng hàng và $I$ nằm giữa $K,H$.

$H\in Ox\Rightarrow H\left( 10;0;0 \right)$.

Mà $KH=KI+IH=18$.

Do đó, diện tích lớn nhất của tam giác $KMN$ là ${{S}_{\Delta KMN}}=\frac{1}{2}KH.MN=\frac{1}{2}.10\sqrt{3}.18=90\sqrt{3}$.

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