50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022

Dạng:

BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG KG OXYZ

50

Ⓐ

Câu hỏi phát
triển

A  2;1;1
B  2;1;1
Câu 1: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
và
. Xét khối nón
 N  có đỉnh A đường tròn đáy nằm trên mặt cầu đường kính AB . Khi  N 
 P  chứa đường trịn đáy của  N 
có thể tích lớn nhất thì mặt phẳng
E  1;1;1
cách điểm
một khoảng là bao nhiêu?
A.

d

1
2.

B. d  2 .

C.

d

1
3.

D. d  3

Lời giải
Chọn A

Ta có:

uuur
AB   4;0;0 

nên

 P

có vtpt là

 1;0;0 

AB  4 � R  2 . Đặt x như hình vẽ
Khối nón


 N

2
2
2
có h  x  2 và r  HC  4  x

1
1
� V   r 2 .h    4  x 2   x  2 
3
3
với 0 �x �2

Khảo sát hàm số
Đạt max khi

x

y   4  x2   x  2

với 0 �x �2

uuu
r uur
2
2
� IH  � 3IH  IB
I  0;1;1
3

3
với

St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh

1

Word xinh


50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022

�1
�
� 1�
� H � ;1;1�� 1. �x  � 0  y  1  0  z  1  0
�2
�
� 2�
1
0
E  1;1;1
 P  là
2
. Khoảng cách từ điểm
tới mặt phẳng
1
1
1

2
d  E,  P   

12  02  02 2 .

� x

Câu

2:

d:

Oxyz

x4 y5 z3


2
1
2

Trong không gian
Cho
và hai điểm
A  3;1; 2  ; B   1;3; 2 
Mặt cầu tâm I bán kính R đi qua hai điểm hai điểm
A, B và tiếp xúc với đường thẳng d . Khi R đạt giá trị nhỏ nhất thì mặt

 P  : 2 x  by  cz  d  0. Tính d  b  c.

phẳng đi qua ba điểm A, B, I là
A. 0 .

C. 1 .
Lời giải

B. 1 .

D. 2 .

Chọn A

2
AB � E  1;2;0 
Gọi E là trung điểm của
và IE  R  9
   :2 x  y  2 z  0
Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là
Gọi H là hình chiếu vng góc của I lên d .
d � EM  d E ;d   9
Gọi M là hình chiếu vng góc của E lên
�x  2t  4
�y  t  5
�
� t  1 � M  2;6;1 � ME  3 2
�
�z  2t  3
�
2 x  y  2z  0
Toạ độ M là nghiệm hệ �


  d

và IH  IE �EM � R nhỏ nhất � I , H , E thẳng hàng.
9 2
� R  R2  9  3 2 � R 
4
uur 1 uuur
r �7
7�
�5 1 � uu
� EI  EH � I � ;3; �� IA  � ; 2; �
4
4�
�4 4 �
�4
Vậy
r
uuur uu
r
�n�
AB; IA�
�
�  18;0;18   18  1;0; 1
 P  : 2 x  2z-2  0 � b  0; c  2; d  2 � d  b  c  0
Vì

Câu 3: Một hình nón đỉnh S có bán kính đáy bằng a 3 , góc ở đỉnh là 1200. Thiết
diện qua đỉnh của hình nón là một tam giác. Diện tích lớn nhất Smax của
thiết điện đó là bao nhiêu?

A. Smax  2a .
2

B. Smax  a

2

C. Smax  4a .
Lời giải

2.

2

D.

Smax 

9a 2
8 .

Chọn A
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh

2

Word xinh



50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022

Giả sử O là tâm đáy và AB là một đường kính của đường trịn đáy hình
nón. Thiết diện qua đỉnh của hình nón là tam giác cân SAM . Theo giả
0
0
�
�
thiết hình nón có bán kính đáy R  OA  a 3 cm , ASB  120 nên ASO  60 .
OA
OA
sin 600 
� SA 
 2a
SA
sin 600
Xét tam giác SOA vuông tại O , ta có:
.
1
1
�  2a.2a. sin ASM
�  2a 2 sin ASM
�
S SAM  SA.SM . sin ASM
2
2
Diện tích thiết diện là:
�
�
Do 0  sin ASM �1 nên SSAM lớn nhất khi và chỉ khi sin ASM  1 hay khi tam

0
0
�
giác ASM vng cân tại đỉnh S (vì ASB  120  90 nên tồn tại tam giác
ASM thỏa mãn).
2
Vậy diện tích thiết diện lớn nhất là: S max  2a (đvtt).

A  2;3; 1 ; B  1;3; 2 
Câu 4: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
và mặt cầu
2
2
2
 S  : x  y  z  2 x  4 y  2 z  3  0 . Xét khối nón  N  có đỉnh là tâm I của
 S  . Khi  N  có thể tích lớn
mặt cầu và đường trịn đáy nằm trên mặt cầu
 N  và đi qua hai điểm A, B
nhất thì mặt phẳng chứa đường trịn đáy của
có phương trình dạng 2 x  by  cz  d  0 và y  mz  e  0 . Giá trị của
b  c  d  e bằng

B. 12. .

A. 15. .

C. 14. .
Lời giải

D. 13.


Chọn D

I  1; 2; 1
có tâm
và bán kính R  3
 N  có đỉnh I , bán kính đáy r và chiều cao h ( h là khoảng
Xét khối nón
cách từ tâm I đến mặt phẳng chứa đường trịn đáy) có thể tích là
1
1
1
1
VN   r 2 h   R 2  h 2 h   3  h2 h   3h  h3
3
3
3
3
Mặt cầu

 S














St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh

3

Word xinh


50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022

f  h   3h  h3

 0; 3 

ta được VN max khi h = 1
 P  đi qua 2 điểm A,B và
Bài toán quy về lập phương trình mặt phẳng
cách điểm I một khoảng h = 1
r
n   a; b; c   a 2  b 2  c 2 �0 
 P
Gọi
là vectơ pháp tuyến của mp
uuu
r
r uuu

r
BA   1;0;1 n.BA  0 � a  c  0 � c   a
Ta có
;
r
P
n   a; b; a 

Mp
đi qua A, với vectơ pháp tuyến
có phương trình là
a  x  2   b  y  3  a  z  1  0 � ax  by  az  3a  3b  0
Khảo sát hàm

trên khoảng

a0
�
2
 1 �  a  b   2a 2  b 2 � a 2  2ab  0 � �
a  2b
2a 2  b 2
�
+ Với a = 0 � c = 0 � mp ( P) : y - 3 = 0
+ Với a = 2b , chọn b =1 � a = 2; c =- 2 � mp( P) : 2 x + y - 2 z - 9 = 0
Vậy b = 1; c =- 2; d =- 9; e =- 3 � b + c + d + e =- 13 .
d  I, P   1 �

ab


A  1;0;0  , B  3; 4; 4 
 T  có
Câu 5: Trong khơng gian Oxyz cho hai điểm
. Xét khối trụ
trục là đường thẳng AB và có hai đường tròn đáy nằm trên mặt cầu
 T  có thể tích lớn nhất, hai đáy của  T  nằm trên
đường kính AB . Khi
hai mặt phẳng song song lần lượt có phương trình là x  by  cz  d1  0 và

x  by  cz  d 2  0 . Khi đó giá trị của biểu thức b  c  d1  d 2 thuộc khoảng
nào sau đây?
A.

 0; 21 .

B.

 11;0  .

 29; 18 .
C.
Lời giải

D.

 20; 11 .

Chọn C

I  2; 2; 2 

Mặt cầu đường kính AB có tâm
và bán kính bằng 3.

 T  , khi đó  T  có chiều cao bằng
là bán kính đáy của
h  2 9  x 2 , do đó thể tích của  T  bằng

Gọi

x,  0  x  3 

St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh

4

Word xinh


50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022

V  2 x

T

x2 x2
9  x  4 .
. . 9  x2 
2 2


2

2

có thể tích lớn nhất bằng

Khi đó gọi

 P

2  2.2  2.  2   d

Vậy

Vmax  12 3

3

�
�
�  12 3
�
�
�
.

khi x  6 .

 T  ,  P  có phương
x  2 y  2 z  d  0 . Khoảng cách từ tâm I  2; 2; 2  đến


là mặt phẳng chứa đường tròn đáy của

trình tổng quát dạng
 P  bằng 3 nên

3

�x 2 x 2
  9  x2 
� 
2
2
�4 �
3
�
�
�

�
d  3 3  10
 3��
d  3 3  10
�
.

b  c  d1  d2  2  2  3 3  10  3 3  10  20

.


A a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c 
Câu 6: Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm 
3 10
S
  có bán kính bằng 2 ngoại tiếp tứ
với a �4, b �5, c �6 và mặt cầu


diện O. ABC . Khi tổng OA  OB  OC đạt giá trị nhỏ nhất thì mặt phẳng  
 S  và song song với mặt phẳng  OAB  có dạng
đi qua tâm I của mặt cầu
q
m,n,p,q �Z;
mx  ny  pz  q  0 ( với
p là phân số tối giản). Giá trị

T = m + n + p + q bằng
A. 3 .

D. 5 .

C. 5 .
Lời giải

B. 9 .

Chọn D
Bán

kính


mặt

cầu

ngoại

tiếp

tứ

diện

O. ABC

là

a b c
3 10

� a 2  b 2  c 2  90.
2
2
2

R
Ta có

2


2

P  OA  OB  OC  a  b  c . Đặt x  a  4 �0, y  b  5 �0, z  c  6 �0.

Khi đó
a 2  b 2  c 2   x  4    y  5    z  6   x 2  y 2  z 2  8x  10 y  12 z  77  90.
2

2

2

� x 2  y 2  z 2  8 x  10 y  12 z  13.
T   x  y  z   12  x  y  z   x 2  y 2  z 2  8 x  10 y  12 z  2  xy  yz  zx  2 x  y  .
2

x 2  y 2  z 2  8 x  10 y  12 z  13
Vì
2
 x  y  z   12  x  y  z   13 �0.

và

x, y, z �0 nên

� x  y  z �1 � a  4  b  5  c  7 �1 � a  b  c �16 �  OA  OB  OC min  16.

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a  4, b  5, c  7 .

St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh

lung linh

5

Word xinh


50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022

Suy ra,

A  4;0;0  , B  0;5; 0  , C  0;0; 7 

.
 S  : x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0
2

2

2

Gọi mặt cầu
A 4; 0; 0  , B  0;5; 0  , C  0; 0; 7  , O  0;0;0 
Vì 
nên ta có hệ
a2
�
� 5
16  8a  d  0
�

�
b
�
25  10b  d  0
�
� 2
��
�
47  14 z  d  0
7
�
�
c
�
� 2
d 0
�
�
d 0
�
� 5 7�
I�
S
  là �2; 2 ; 2 �
�
Tâm của mặt cầu
.


OAB  � Oxy  : z  0 �    : z  e  0

Mặt phẳng   song song với mặt phẳng 
.
5
7
�
�
7
7
I�
2; ; �
e 0� e  



2
Vì � 2 2 �thuộc
nên 2
Suy ra, 2 z  7  0 � m  0; n  0; p  2; q  7 .

T= m + n + p + q = -5
C 1; 2;11 , H (1; 2; 1)
 N  có
Câu 7: Trong khơng gian Oxyz , cho hai điểm 
, hình nón
đường cao CH  h và bán kính đáy là R  3 2 . Gọi M là điểm trên đoạn
CH ,  C  là thiết diện của mặt phẳng  P  vng góc với trục CH tại M của

 N  . Gọi  N �
 là khối nón có đỉnh H đáy là  C  . Khi thể tích khối
hình nón

 N�
 lớn nhất thì mặt cầu ngoại tiếp nón  N �
 có tọa độ tâm I  a; b, c  ,
nón
bán kính là d . Giá trị a  b  c  d bằng
A. 1 .

B. 3 .

C. 6 .
Lời giải

D. 6 .

Chọn C

Đặt HM  x , 0  x  h . Gọi I , R, r lần lượt là tâm và bán kính đường trịn
 C  . Khi đó ta có CH  h  12 là
đáy của nón ( N ) , bán kính đường trịn
chiều cao của ( N ), R  3 2 .
Khi đó C , I , H thẳng hàng ( I nằm giữa C , H ).

St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh

6

Word xinh



50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022

EM CM
QH .CM

� EM 

CEM
∽

CQH
QH
CH
CH
Do tam giác
nên
R h  x
� r  EM  FM 
h
.
 C  là
đỉnh O đáy là
Thể tích của khối nón
2

1 �R  h  x  �
1 R2
2
1
�x   2  h  x x

V   EM 2 .HM  3  � h
3 h
�
�
3
.

1 R2
2
f  x   2  h  x x 0  x  h


3 h
Ta có Xét hàm số
,
1 R2
1 R2
h
f�
 x    2  h  x   h  3x  f �
 x   0 �  2  h  x   h  3x  � x 
3 h
3 h
3.
;
Lập bảng biến thiên ta có

thể tích khối nón đỉnh O đáy là

 C


Từ bảng biến ta có
Chú ý: Có thể đánh giá dựa vào

lớn nhất khi

x

h
3

1
1 h  x  h  x  2x 3
(h  x )(h  x )2 x � (
)
2
2
3
với 0  x  h .Dấu
h
( h  x )  ( h  x)  2 x � x 
3.
"=" xảy ra khi ba số
h
R.CM R.(h  x)
HM  x   4 r 

 2 2  MF
3
h

h
Khi đó
,

 h  x  2 x  (h  x)(h  x) x 

Gọi P là giao điểm của HM với mặt cầu ngoại tiếp nón
2
vng tại F � HF  HM .HP

 N�
 . Ta có

St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh

HFP

7

Word xinh


50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022





2


� HM 2  MF 2  HM .HP � 16  2 2  4.HP � HP  6
uuu
r 1 uuur
1
� d  HI  3  HC � HI  HC � I ( 1; 2; 2)
4
4
.
Vậy a  b  c  d  6 .

Câu 8: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1;3;0), B(3;1; 4) và đường thẳng
x  2 y 1 z  2
:


1
1
3 . Xét khối nón ( N ) có đỉnh có tọa độ nguyên thuộc
đường thẳng  và ngoại tiếp mặt cầu đường kính AB . Khi ( N ) có thể tích
nhỏ nhất thì mặt phẳng chứa đường trịn đáy của ( N ) có phương trình
dạng ax  by  cz  1  0 . Giá trị a  b  c bằng
B. 3 .

A. 1 .

C. 5 .
Lời giải

D. 6.


Chọn A

Mặt cầu đường kính AB có tâm I (1; 2; 2) , bán kính 3 .
Gọi H , r lần lượt là tâm và bán kính đường trịn đáy của ( N ) , C là đỉnh
của ( N ) .
Khi đó C , I , H thẳng hàng ( I nằm giữa C , H ), IH  IK  3
Đặt CI  x
IK
CK
IK .CH 3( x  3)

� r  HM 

CK
x2  9
CIK đồng dạng CMH nên MH CH

 x  3
1
1 �3  x  3 �
  r 2 .CH   �
�.( x  3)  3
2
3
3 � x 9 �
x3
2

V( N )


V( N )

nhỏ nhất

f '( x) 

�

 x  3
f ( x) 
x3

2



2

x2  6 x  9
x3
nhỏ nhất ( x  3)

x 2  6 x  27
x 3

St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh

8


Word xinh


50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022

x  3
�
f '( x)  0 � �
x9
�
V( N )

2
2
2
nhỏ nhất � x  9 , khi đó IC  9 nên C �( S ) : ( x  1)  ( y  2)  ( z  2)  81

Mặt khác C � nên

C  1; 2;11

�43 32 41 �
C � ; ; �
hoặc �11 11 11 �

C  1; 2;11
Vì C có tọa độ nguyên nên
uuu
r

1 uur
IH   IC
3
nên H (1; 2; 1)
uuu
r
(
N
)
IH
 (0;0;3)
H
Mặt phẳng chứa đường tròn đáy của
đi qua
và nhận
làm vectơ pháp tuyến nên phương trình mặt phẳng là z  1  0

Do đó a  0, b  0, c  1 nên a  b  c  1
Suy ra

max 4u + 3v - 10i = 60

.

Câu 9: Trong hệ trục Oxyz , cho hai mặt cầu

 S2  :  x  10 

2


  y  9    z  2   400
2

 S1  :  x  1

2

  y  3   z  2   49
2

2

và

 P  : 4 x  3 y  mz  22  0 . Có
 S1  ,  S2  theo giao
mặt cầu

2

và mặt phẳng

bao nhiêu số nguyên m để mp (P) cắt hai
tuyến là hai đường tròn khơng có tiếp tuyến chung?
A. 5 .

B. 11 .

C. Vơ số.


D. 6 .

Lời giải
Chọn D

I  1; 3; 2 
S 
có tâm
, bán kính R1  7 ; mặt cầu 2 có tâm
uu
r
IJ  9;12;0  IJ  15
R

20
2
, bán kính
. Ta có
,
.
uur
P  : 4 x  3 y  mz  22  0
nP  4; 3; m 

Mặt phẳng
có vec tơ pháp tuyến
uu
r uur
IJ .nP  0
Do

nên IJ song song hoặc chứa trong (P).
 S1  ,  S2 
Bán kính đường trịn giao tuyến của hai mặt cầu
Mặt cầu
J  10;9; 2 

r

 S1 

2 p  p  7   p  20   p  15 
15



là

28
20  7  15
p
 21
5 với
2

St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh

9

Word xinh



50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022

Phương trình mặt phẳng chứa đường trịn giao tuyến hai mặt cầu là (Q):
3x  4 y  30  0
21
96
d  J ; (Q )  
d  I ; (Q )  
5 ,
5 nên d  I ;(Q)   IJ  d  J ;(Q) 
Ta có

 S  ,  S2  theo giao tuyến là hai đường trịn,
Ta có mp(P) cắt hai mặt cầu 1
trong đó đường trịn nhỏ ở trong đường tròn lớn khi
28
28 2m  35
 d  I ;( P)   7 �

7
5
5
m 2  25
�
45m 2  140m  0
�
� �684 2
� m  140m  441  0

�25
m � 2; 1; 4;5;6;7
Và có m nguyên, nên
.

Câu 10: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(2;3;3) và mặt cầu
2
2
2
 S  :  x  1   x  2    x  3  12 . Xét khối trụ  T  nội tiếp mặt cầu  S  và
 T  có thể tích lớn nhất thì hai đường
có trục đi qua điểm A . Khi khối trụ
 T  nằm trên hai mặt phẳng có phương trình dạng
trịn đáy của
x  ay  bz  c  0 và x  ay  bz  d  0 . Giá trị a  b  c  d bằng
A. 4  4 2 .

B. 5 .

C. 4 .

D. 5  4 2 .

Lời giải
Chọn B

T
Gọi r , h lần lượt là bán kính đường trịn đáy và chiều cao của mặt trụ
 S  , ta có : R  2 3 , h  2 R 2  r 2 .
và R là bán kính mặt cầu

St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh

10

Word xinh


50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022

Thể tích khối trụ

T

là
3

Mà theo Cơ-si ta có:
Suy ra :

r 2 .r 2  2 R 2 �
2r2 

Vậy khi khối trụ

T



V   r 2 .h  2 r 2 R 2  r 2   2. r 2 .r 2 2 R 2  2r 2




r 2  r 2  2 R 2  2r 2 2 2
r 2 .r 2 2 R 2  2r 2 �
 R
3
3





8 6
R
27

V

4 3 3
R 6
R
r
9
3
. Dấu “=” xẩy ra khi

đạt thể tích lớn nhất thì chiều cao

2


�R 6 � 2 3R
h  2 R �
�3 �
� 3  4
�
�
( Có thể dùng phương pháp hàm số).
 T  chính là tâm I  1; 2;3 của mặt cầu  S  nên
Mặt khác tâm của khối trụ
2

�x  1  t
�
IA : �y  2  t
 T  nằm trên đường thẳng �
�z  3 . Vậy hai đáy của
trục của khối trụ
khối trụ nằm trên 2 mặt phẳng vng góc với đường thẳng AI và cách
M  1  t; 2  t;3 �IA
tâm I một khoảng bằng 2 . Gọi
là tâm của đường trịn
2
2
2
đáy hình trụ, ta có IM  2 � t  t  2 � 2t  4






�
t  2 � M 1  2; 2  2;3
��
�
t   2 � M 1  2;2  2;3
�
Vậy 2 mặt phẳng chứa 2 đường trịn đáy của mặt trụ có phương trình là:
x 1 2  y  2  2  0 � x  y  3  2 2  0



 





 







x 1  2  y  2  2  0 � x  y  3  2 2  0
Và
Vậy: a  b c d 5




Bi tp rốn
luyn

ỵ Dng 18: Toán Max-Min tổng hợp
Nguyen

Câu 1:

A  1;1;1 B  1; 1;3
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
,
và mặt phẳng

 P  : x  2 y  z  2  0 . Tọa độ điểm
là:

M thuộc mặt phẳng  P  sao cho MA  MB nhỏ nhất

A.

M  1;0;1

Vì

 1  2.1  1  2   1  2.  1  3  2   0

.


B.

M  0;0; 2 

.

C.
Lời giải

M  1; 2; 3

.

D.

M  1; 2; 1

.

 P  . Do đó
nên A và B nằm về hai phía so với

MA  MB �AB nên MA  MB nhỏ nhất bằng AB khi M  AB � P  .

St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh

11

Word xinh



50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022

�x  1  t
�
�y  1  t
�z  1  t
Phương trình đường thẳng AB : �
, tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
�x  1  t
�x  1  t
�x  0
�y  1  t
�y  1  t
�y  0
�
�
�
�
��
�z  1  t
�
�
�z  1  t
�z  2
�
1 t  2  1 t  1 t  2  0
�
�

t  1 . Vậy M  0;0; 2  .
�
�x  2 y  z  2  0
�

Câu 2:

A  1; 2;  3 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm

và mặt phẳng
r
 P  :2 x  2 y  z  3  0 . Đường thẳng  đi qua A và có vectơ chỉ phương u   3;  4; 2 

 P  tại điểm B . Một điểm M thuộc mặt phẳng  P  và nằm trên mặt cầu có
cắt mặt phẳng
đường kính AB sao cho độ dài đoạn thẳng MB lớn nhất. Khi đó dộ dài MB bằng
14 5
A. 3 .

B.

PTTS của đường thẳng  là:

5
C. 2 .
Lời giải

5.


�x  1  3t
�
�y  2  4t
�z  3  2t
�

7 5
D. 3 .

.

 P  là nghiệm hệ phương trình sau:
Tọa độ giao điểm B của  và
t2
�x  1  3t
�
�y  2  4t
�x  5
�
�
��
�
�z  3  2t
�y  6
�
�
2x  2 y  z  3  0
�
�z  1 � B  5;  6; 1 .
Mặt cầu


 S

I  2;  2;  1
đường kính AB có tâm là trung điểm
của AB , bán kính

R  IA  29 . Phương trình mặt cầu  S  :  x  2    y  2    z  1  29 .
2

Ta có:

d  d  I;  P  

là một đường tròn
đường tròn

Suy ra
Câu 3:

T

T

2

2

4
 29  IA

 P  cắt mặt cầu đường kính AB theo giao tuyến
3
nên

có bán kính

r  R2  d 2 

7 5
3 . Khi đó, cả B và M cùng thuộc

T .
này. Do đó, để MB lớn nhất thì MB là đường kính của

MBmax  2r 

14 5
3 .

A  2; 3; 2  B  3;5; 4 
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm
,
. Tìm toạ độ
2
2
điểm M trên trục Oz so cho MA  MB đạt giá trị nhỏ nhất.
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh

12


Word xinh


50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022

A.

M  0;0; 49 

.

B.

M  0;0;67 

.

C.
Lời giải

M  0; 0;3

.

D.

M  0;0;0 

.


�5
�
AB � I � ;1;3 �
�2
�
Gọi I là trung điểm của
.

Ta có:

uuur 2 uuur 2 uuu
r uu
r 2 uuu
r uur 2
MA2  MB 2  MA  MB  MI  IA  MI  IB  2MI 2  IA2  IB 2



 



.

IA2  IB 2 không đổi nên MA2  MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi MI đạt giá trị nhỏ nhất.

� M là hình chiếu của I trên trục Oz .
� M  0;0;3
Câu 4:


A 1;2;2 B  5;4;4
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
,
và mặt phẳng
(P ): 2x  y  z 6  0 . Tọa độ điểm M nằm trên mp(P ) sao cho MA2  MB2 nhỏ nhất là:

A.
Câu 5:

.

M  1;1;5

Trong

.

không

B.
gian

M  0;0;6

với

.

hệ


C.
trục

M  1;1;9

tọa

.

D.

M  0; 5;1

độ Oxyz ,

cho

bốn

.
điểm

�2 2 4 �
A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  , D � ; ; �
�3 3 3 �. Trong đó a, b, c là các số thực dương thỏa
2 2 1
  3
ABC 
mãn a b c

. Khoảng cách từ D đến mặt phẳng 
có giá trị lớn nhất là bao
nhiêu ?
A. 3.
B. 1.
C. 4.
D. 2.
Lời giải
x y z
  1
ABC 
Mặt phẳng 
có phương trình a b c
.
2 2 1
2
2 1
  3�
  1
3a 3b 3c
Ta có a b c
.

�2 2 1 �
I�; ; �
ABC 
Nên 
luôn đi qua điểm �3 3 3 �.
ABC 
Gọi H là hình chiếu của D lên mp 

.

Ta có

d  D,  ABC    DH �DI

, suy ra trị lớn nhất của

bằng DI  1 .

 S  :  x  1   y  2    z  3  27 . Gọi    là
Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
2

Câu 6:

d  D,  ABC  

mặt phẳng đi qua hai điểm

2

2

A  0;0;  4  B  2;0;0 
 S  theo giao tuyến là đường tròn
,
và cắt

St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh

lung linh

13

Word xinh


 C

50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022

sao cho khối nón đỉnh là tâm của

nhất. Biết rằng

B. 8 .

 S

Vì

có tâm

I  1; 2;3

   : ax  by  z  c  0

Suy ra

và đáy là là đường tròn


   : ax  by  z  c  0 , khi đó a  b  c

A. 4 .

Mặt cầu

 S

 C

có thể tích lớn

bằng

C. 0 .
Lời giải

D. 2 .

và bán kính R  3 3 .

đi qua hai điểm

A  0;0;  4  B  2;0;0 
,
nên c  4 và a  2 .

   : 2 x  by  z  4  0 .


2
2
2
Đặt IH  x , với 0  x  3 3 ta có r  R  x  27  x .

1
1
1
π
V  πr 2 IH  π  27  x 2  x 
3 2
3
3
Thể tích khối nón là

 27  x  .  27  x  .2 x
2

2

2

�18π .

Vmax  18π khi 27  x 2  x 2 � x  3 .

Khi đó,

d  I;   




2b  5





2
b 2  5  3 �  2b  5   9 b  5 � b  2 .
2

Vậy a  b  c  4 .
Câu 7:

A  1;3; 1 B  4; 2; 4 
Trong không gian Oxyz , cho
,
và điểm M thay đổi trong không
uuur uuur
P  2MA  MB
gian thỏa mãn 3MA  2MB . Giá trị lớn nhất của
bằng
A. 7 3 .

B. 18 3 .

C. 8 3 .
Hướng dẫn giải


D. 21 3 .

2
2
● Ta có 3MA  2MB � 9 MA  4 MB

2
2
2
2
2
2
� 9�
 4�
x  4   y  2   z  4 �
�x  1   y  3   z  1 �

� �
�

� 5 x 2  5 y 2  5 z 2  50 x  70 y  50 z  45  0
� x 2  y 2  z 2  10 x  14 y  10 z  9  0 .
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh

14

Word xinh



50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022

 S  tâm I  5; 7; 5 và bán kính R  6 3
Vậy điểm M luôn thuộc mặt cầu
K  x; y; z 

● Gọi

uuu
r uuur r
2
KA
 KB  0 . Ta có
là điểm thỏa mãn

�2  1  x    4  x   0
�x  6
�
�
2  3  y    2  y   0 � �y  8
�
�2  1  z    4  z   0
�
�z  6 .
�

K  6;8; 6 

Suy ra
Ta có


.

uuur uuur
uuuu
r uuu
r
uuuu
r uuur
uuuu
r
uuu
r uuur
uuuu
r
P  2 MA  MB  2 MK  KA  MK  KB  MK  2 KA  KB  MK  MK



 







.

Do đó P đạt giá trị lớn nhất khi độ dài đoạn MK đạt giá trị lớn nhất.


 S  nên MK đạt giá trị lớn nhất khi MK  MI  IK  R  IK  7 3 .
Vì M thuộc mặt cầu
Câu 8:

A  1; 2; 2  B  5; 4; 4 
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm
,
và mặt
phẳng

 P : 2x  y  z  6  0

Nếu M thay đổi thuộc

 P

thì giá trị nhỏ nhất của

MA2  MB 2 là
A. 60 .

200
C. 3 .
Lời giải

B. 50 .

2968
D. 25 .


AB 2
MA  MB  2MI 
I  3;3;3
2 .
Gọi
là trung điểm đoạn AB . Ta có
2

2

2

2
2
MI   P 
Do đó MA  MB đạt giá trị nhỏ nhất khi
. Khi đó

MI  d  I ,  P   

Vậy

Câu 9:



6  33 6
4 11


min  MA2  MB 2   2 2 6



2




24
2



2 6

2
2
2
; AB  4  2  2  24 .

2

 60

.

�1 3 �
M�
2

2
2
�2 ; 2 ; 0 �
�
Oxyz
�
�và mặt cầu  S  : x  y  z  8 . Một
Trong không gian
, cho điểm

 S  tại hai điểm phân biệt A , B . Diện tích lớn nhất
đường thẳng đi qua điểm M và cắt
của tam giác OAB bằng
B. 2 7 .

A. 4 .
Mặt cầu

 S

có tâm

O  0;0;0 

C. 2 2 .
Lời giải

D.

7.


và bán kính R  2 2 .

St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh

15

Word xinh


50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022

uuuu
r �1 3 �
OM  �
�2 ; 2 ;0 �
�
�
�� OM  1  R � điểm M nằm trong mặt cầu  S  .
Ta có:

Gọi H là trung điểm AB
Đặt OH �x 0

OM
 .

OH


x 1.

AH
OA2  OH 2
8  x2
OH
x
�
AOH   � sin  


cos  

OA
OA
OA 2 2 .
2 2 ;
Đặt

Suy ra

sin �
AOB  2 sin  cos  

x 8  x2
4
.

1
S OAB  OA.OB.sin �

AOB  x 8  x 2
2
Ta có:
với 0 �x �1 .

Xét hàm số

f  x   x 8  x2

f�
 x   8  x2 

x2
8  x2



trên đoạn
8  2x2
8  x2

 0;1

 0, x � 0;1 � max f  x   f  1  7
 0;1

7.

Vậy diện tích lớn nhất của tam giác OAB bằng


 S  : x  1   y  3   z  2   4 .
Câu 10: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu
2

Gọi

N  x0 ; y0 ; z0 

 S

là điểm thuộc

2

2

sao cho khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng

 Oxz 

lớn nhất. Giá trị của biểu thức P  x0  y0  z0 bằng
A. 6 .
B. 8 .
C. 5 .
D. 4 .
Lời giải
I  1;3; 2 
 S  và vuông góc với  Oxz  .
Gọi d là đường thẳng đi qua tâm
của mặt cầu


Phương trình tham số của

�x  1
�
d : �y  3  t ,  t ��
�z  2
�

.

 S  suy ra: A  1;5; 2  , B  1;1; 2  .
Gọi A, B lần lượt là giao điểm của d và
Ta có:

d  A;  Oxz    d  B;  Oxz  

.

� N  1;5; 2  � x0  y0  z0  8
Theo đề bài thì N �A
.
A  2;0;0  ; M  1;1;1
 P  thay đổi
Câu 11: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
. Mặt phẳng

 P  thay đổi thì diện tích tam
qua AM cắt các tia Oy; Oz lần lượt tại B, C . Khi mặt phẳng
giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu?

A. 5 6 .

B. 3 6 .

C. 4 6 .

St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh

D. 2 6 .

16

Word xinh


50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022

Lời giải

B  0; b;0  , C  0;0; c 

, khi đó b, c  0 .
x y z
 P  � ABC  :    1
2 b c
Phương trình mặt phẳng
.
1 1 1
1 1 1

M � P  � 2  b  c  1 � b  c  2 � bc  2  b  c 
Mà
.
Gọi

 b  c

bc  2  b  c  �

2

�  b  c  �8  b  c  � b  c �8
4
.
uuu
r uuur
uuur
uuur
AB, AC �
AB   2; b;0  , AC   2;0; c  � �
�
�  bc; 2c; 2b  .
Ta có:
r uuur
1 uuu
1 2 2
S ABC  �
AB
, AC �


b c  4b 2  4c 2
�
�
2
2
Do đó
1
2
2
6
2
 b2  c 2   b  c  � 2  b  c    b  c   2  b  c 
.

Do

Vậy

2

S ABC �4 6 .

b, c  0
�
�
bc 8� b  c  4
�
�
bc
Dấu “=” xảy ra khi �

.

B C D biết A  1;0;1 , B  2;1; 2  ,
Câu 12: Trong không gian Oxyz , cho hình hộp ABCD. A����
D  2; 2; 2 

A�
 3;0; 1 , điểm M thuộc cạnh DC . Giá trị nhỏ nhất của tổng các khoảng
,
cách AM  MC �là
A. 17

B. 17  4 6

C. 17  8 3
Lời giải

D. 17  6 2

uuur
AB   1;1;1

uuur
uuur
AA�
  2;0; 2  AD   1; 2;1
Ta có
;
;
.

uuur uuur uuur uuuu
r
 5; 1;1 .
 AC �� C �
Theo quy tắc hình hộp ta có AB  AD  AA�

St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh

17

Word xinh


50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022

D  2; 2; 2 

Phương trình đường thẳng DC đi qua

uuur
AB   1;1;1

và nhận

làm véc tơ chỉ

�x  2  t
�
�y  2  t

�z  2  t
phương là �
.
M  2  t; 2  t; 2  t  �DC
Gọi
.
Ta có
uuuu
r
uuuur
2
AM   t  1; t  2; t  1 � MA  3t 2  6 C �
M   t  3; t  1; t  1 � MC � 3  t  1  8
,
.
r
r
u  3t; 6 v  3  3t ; 2 2
Xét vectơ
,
.
2
2
r r r r
AM  MC �
� 3  6  8 � AM  MC �
u  v �u  v
� 17  8 3 .
Do
nên










  

Dấu "  " xảy ra khi





3t
6
t
3

�

3 1 t  2 3
1 t
2 � t  2 3 3.

.


� M 2 3  1;1  2 3; 2 3  1

Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng các khoảng cách AM  MC �
là 17  8 3 .
Câu 13: Trong không gian Oxyz , cho 2

điểm

A  3; 2;3

,

B  1;0;5 

và đường thẳng

x 1 y  2 z  3


1
2
2 . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d để MA2  MB 2 đạt giá
trị nhỏ nhất.
d:

A.

M  1; 2;3

.


B.

M  2;0;5 

.

C.
Lời giải
I   2; 1; 4 
Gọi I là trung điểm của AB , ta có
.

M  3; 2;7 

.

D.

M  3;0; 4 

.

uuu
r uu
r 2 uuu
r uur 2
uuur 2 uuur 2  MI  IA  MI  IB
Khi đó: MA  MB  MA  MB
uuu

r 2 uu
r 2 uur2
uuu
r uu
r uur
 2 MI  IA  IB  2 MI . IA  IB
2
 2MI 2  IA2  IB 2  MI  6 .
2



2



 





2
2
Do đó MA  MB đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI có độ dài ngắn nhất, điều này xảy
ra khi và chỉ khi M là hình chiếu vng góc của I trên đường thẳng d .

Phương trình mặt phẳng

 P


đi qua I và vng góc với đường thẳng d là

1.  x  2   2.  y  1  2.  y  4   0

hay

 P  : x  2 y  2 z  12  0 .

Phương trình tham số của đường thẳng d là:

�x  1  t
�
�y  2  2t
�z  3  2t
�

.

St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh

18

Word xinh


50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022

 x; y; z  của hệ phương trình:

Tọa độ điểm M cần tìm là nghiệm
�x  1  t
�x  2
�y  2  2t
�y  0
�
�
�
�
�
�z  3  2t
�z  5
�
�
t  1 . Vậy M  2; 0;5  .
�x  2 y  2 z  12  0
�

 d  vng góc
Câu 14: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , viết phương trình đường thẳng
với đường thẳng

M  1; 0;1

A.

x y 1 z


1

2
1 và đi qua gốc tọa độ O sao cho khoảng cách từ

tới đường thẳng

�x  t
�
�y  t
�z  t
�

Giả sử

  :

 P

 d

đạt giá trị nhỏ nhất.
�x  t
�x  2t
�
�
�y  t
�y  0
�z  t
�z  0
B. �
.

C. �
.
Lời giải

.

D.

�x  3t
�
�y  t
�z  t
�

.

  .
là mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O và vng góc với đường thẳng

 P  , khi đó MK �MH .
Gọi K là hình chiếu vng góc của M lên
MH nhỏ nhất khi và chỉ khi H �K .

 d

đi qua hai điểm O, K . OK là hình chiếu vng góc của đường
uuur uuur uuur uuuu
r
uuur uuur uuur uuuur
�� u  �

�
�
u d   �
n P  , �
n
,
OM
u ,�
u , OM �
P
P




�
�
� �
�  d  �   �  
�� chọn
thẳng MO lên
. Do đó:
A.
Vậy đường thẳng

A  1; 2;3 , B  0;1;1 , C  1;0; 2 
Câu 15: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm
và mặt
phẳng


 P

 P  sao
có phương trình x  y  z  2  0 . Gọi M là điểm thuộc mặt phẳng

2
2
2
cho giá trị biểu thức T  MA  2MB  3MC nhỏ nhất. Tính khoảng cách từ M đến mặt

phẳng

 Q : 2x  y  2z  3  0

2 5
A. 3 .

121
B. 54 .

C. 24 .

St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh

91
D. 54 .

19


Word xinh


50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022

Lời giải
uu
r
uur uur r
IA

2
IB  3IC  0
I
Gọi là điểm sao cho
Tọa độ I thỏa mãn hệ

2
�
x

I
�
3
�x A  xI  2  xB  xI   3  xC  xI   0
�
�
2
�
�2 2 1 �

� I � ; ; �
�y A  y I  2  yB  yI   3  yC  yI   0 � �yI 
3
�3 3 6 �
�
�
z

z

2
z

z

3
z

z

0




A
I
B
I
C

I
�
1
�
�z I   6
�
Ta có

uuur 2
uuur 2
uuuu
r2
T  MA2  2 MB 2  3MC 2  MA  2MB  3MC
uuu
r uu
r 2
uuu
r uur 2
uuu
r uur 2
 MI  IA  2 MI  IB  3 MI  IC  6 MI 2  IA2  2 IB 2  3IC 2














Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất � M là hình chiếu vng góc của
I trên mặt phẳng  P 

�7 7 11 �
91
M � ; ; �
d  M ; Q  
9 �suy ra
�18 18
54 .
Vậy tọa độ điểm

A  1;1;1 B  0;1; 2  C  2;1; 4 
Câu 16: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 3 điểm
,
,
và

 P  : x  y  z  2  0 . Tìm điểm N � P  sao cho S  2 NA2  NB 2  NC 2 đạt
mặt phẳng
giá trị nhỏ nhất.
� 4 4�
� 1 5 3�
N � ; 2; �
N � ; ; �
N 2;0;1

N 1; 2;1
A. � 3 3 �.
B. 
.
C. � 2 4 4 �.
D. 
.
Lời giải
Với mọi điểm I ta có
uur uu
r 2 uur uur 2 uur uur 2
S  2 NA2  NB 2  NC 2  2 NI  IA  NI  IB  NI  IC
uur uu
r uur uur
 4 NI 2  2 NI 2 IA  IB  IC  2 IA2  IB 2  IC 2
uu
r uur uur r
Chọn điểm I sao cho 2 IA  IB  IC  0
uu
r uur uur r
uu
r suu
r suur r
2 IA  IB  IC  0 � 4 IA  AB  AC  0 Suy ra tọa độ điểm I là: I  0;1; 2  .
2
2
2
2
Khi đó S  4 NI  2 IA  IB  IC , do đó S nhỏ nhất khi N là hình chiếu của I lên mặt




phẳng





 

 



 P .
�x  0  t
�
�y  1  t
�z  2  t
�

 P  là:
Phương trình đường thẳng đi qua I và vng góc với mặt phẳng
N  t;1  t; 2  t  � P  � t  1  t  2  t  2  0 � t  1 � N  1; 2;1
Tọa độ điểm
.
St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh

20


Word xinh


50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022

A  1;  2;1 B  5; 0;  1 C  3; 1; 2 
Câu 17: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm
,
,
và mặt phẳng

 Q  : 3x  y  z  3  0 . Gọi

M  a; b; c 

nhỏ nhất. Tính tổng a  b  5c .
A. 11 .
B. 9 .

là điểm thuộc

 Q

2
2
2
thỏa mãn MA  MB  2 MC

C. 15 .

Lời giải

D. 14 .

uuu
r uuu
r uuur r
EA

EB
 2 EC  0 � E  3;0;1 .
E
Gọi
là điểm thỏa mãn
uuur 2 uuur 2
uuuu
r2
2
2
2

MA

MB

2
MC
S

MA


MB

2
MC
Ta có:

uuur uuu
r 2 uuur uuu
r 2
uuur uuur
 ME  EA  ME  EB  2 ME  EC



 







2

 4 ME 2  EA2  EB 2  2 EC 2 .

2
2
2

Vì EA  EB  2 EC không đổi nên S nhỏ nhất khi và chỉ khi ME nhỏ nhất.

� M là hình chiếu vng góc của E lên  Q  .
�x  3  3t
�
�y  t
�z  1  t
Phương trình đường thẳng ME : �
.
�x  3  3t
�x  0
�y  t
�y  1
�
�
��
�
�z  1  t
�z  2
�
�
3x  y  z  3  0
t  1 .
�
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình: �

� M  0; 1; 2  � a  0 b  1 c  2
,
,
.


� a  b  5c  0  1  5.2  9 .
A  1; 2;3 B  0; 4;5 
Câu 18: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
,
. Gọi M là điểm

 P  : 2 x  2 y  z  6  0 đạt
sao cho MA  2 MB . Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng
giá trị nhỏ nhất là
7
14
17
11
A. 9
B. 9
C. 9
D. 9
Lời giải
Gọi

M  x; y; z 

.

Ta có MA  2 MB nên
� x2  y 2  z 2 

 x  1


2

2
2
2
2
  y  2    z  3  4 �
x 2   y  4    z  5 �
�
�

2
28
34
x
y  z  50  0
3
3
3
.

St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh

21

Word xinh


50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022


� 1 14 17 �
I�
 ; ; �
S

3 3 3�
�
M
MA

2
MB
Suy ra tập hợp các điểm
thỏa mãn
là mặt cầu
có tâm
và bán kính R  2 .

Vì

29
9  R nên  P  không cắt  S  .

d  I; P  

 P  : 2 x  2 y  z  6  0 đạt giá trị nhỏ nhất
Do đó, khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng
29
11


2 
d
I
;
P

R


d



9
9 .
là min

 P  :  m  1 x  y  mz  1  0 và điểm
Câu 19: Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, cho mặt phẳng
A  1;1; 2 

 P  là lớn
. Với giá trị nào của  m thì khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng

nhất.
A. 2 .

B. 5 .


m  1  1  2m  1

d  A,  P   

 m  1

 1  m2

6m2  32m  10

 2m



3m  1
2m 2  2 m  2



9m 2  6m  1
2 m 2  2m  2

.

9m 2  6m  1
f  m 
2m 2  2m  2 . Tập xác định D  �.

Xét hàm số


f�
 m 

2

D. 3 .

C. 4 .
Lời giải

2

 2m  2 

2

m5
�
�
;f�
 m  0 � � 1
m
� 3.

Bảng biến thiên.

.
Vậy,

d  A,  P  


lớn nhất khi và chỉ khi

f  m

lớn nhất � m  5 .

A  6;3; 2  B  2; 1; 6 
Câu 20: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
,
. Trên mặt

 Oxy  , lấy điểm M  a; b; c  sao cho MA  MB bé nhất. Tính P  a 2  b3  c 4 .
phẳng
A. P  129 .
B. P  48 .
C. P  33 .
D. P  48 .
Lời giải

St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh

22

Word xinh


50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022


Mặt phẳng

 Oxy 

 Oxy  . Gọi A�là
có phương trình z  0 , và A , B nằm cùng phía với

 Oxy  � A�
 6;3; 2  .
điểm đối xứng với A qua

M  A�
B � Oxy 
 MB  MA�
 MB bé nhất khi M , A�
Ta có MA
, B thẳng hàng, khi đó
.
uuur
r
A�
B   4; 4;8   4  1;1  2 
B có một vectơ chỉ phương u   1;1  2 
Ta có
suy ra A�
�x  2  t
�
�y  1  t
�
� A�

B : �z  6  2t  t �� . M �A�
B � M  2  t; 1  t ;6  2t  .
Do

2
3
4
M � Oxy  � 6  2t  0 � t  3 � M  5; 2;0 
. Vậy P  a  b  c  33 .

Câu 21: Trong không gian với hệ tọa độ
:

Oxyz , cho điểm

A  1; 1;1

, đường thẳng

x 1 y z 1
 
2
1
1 và mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  1  0 . Gọi  Q  là mặt phẳng chứa 

 Q  lớn nhất. Tính thể tích khối tứ diện tạo bởi  Q  và các trục
và khoảng cách từ A đến
tọa độ Ox, Oy, Oz
1
A. 36


Mặt phẳng

1
B. 6

 Q

1
C. 18
Lời giải

1
D. 2

 Q  lớn nhất khi mặt phẳng  Q  đi qua
chứa  và khoảng cách từ A đến

x 1 y z 1
 
2
1
1 và vng góc với AH .
hình chiếu H của
lên
x 1 y z 1
:
 
A  1; 1;1
2

1
1 là H  1  2t ; t ; 1  t  .
Ta gọi hình chiếu của
lên
1
uuur
uu
r
t
AH  2t ; t  1; 2  t 
u  2;1; 1
2 .
Vì
vng góc
nên 4t  t  1  2  t  0 �
uuur � 1 3 �
� 1 1 �
H�
0; ; �
1; ; �
 Q  qua � 2 2 �và nhận AH �
� 2 2 �làm vecto pháp tuyến.
Do đó mặt phẳng
x y z
 Q  : 1   1  1
1
Q  : 2 x  y  3 z  1  0 �

2
3

Vậy
.

A  1; 1;1

:

�1
�
K � ;0; 0 �
 Q  các trục tọa độ Ox, Oy, Oz tại các điểm �2
�, B  0;1;0  ,
Mặt phẳng
� 1 �
C�
0;0; �
3 �nên thể tích khối tứ diện tạo bởi  Q  và các trục tọa độ Ox, Oy, Oz là:
�
1 1 1 1
VOKBC  . .1. 
6 2 3 36 .

St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh

23

Word xinh



50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022

A  3;3;0  B  3;0;3 C  0;3;3 
 P  đi qua O ,
Câu 22: Trong hệ tọa độ Oxyz cho
,
,
. Mặt phẳng
vng góc với mặt phẳng

 ABC 

sao cho mặt phẳng

 P

cắt các cạnh AB , AC tại các

 P  có phương trình:
điểm M , N thỏa mãn thể tích tứ diện OAMN nhỏ nhất. Mặt phẳng
A. x  y  2 z  0 .
B. x  y  2 z  0 .
C. x  z  0 .
D. y  z  0
Lời giải
G  2; 2; 2 
OG   ABC 
Nhận thấy tam giác ABC đều có trọng tâm
, và
nên hình chiếu


 ABC  là điểm G .
của O lên
1
1
1
�
VOAMN  .S AMN .d  O,  ABC    .OG. . AM . AN .sin MAN
3
3
2
Khi đó
.
Vì OG và
nhất.

� 
sin MAN

3
2 cố định nên thể tích VOAMN nhỏ nhất khi và chỉ khi AM . AN nhỏ

Vì M , N , G thẳng hàng nên

3

AB AC
AB AC
4


�2
.
AM . AN � AB. AC
AM AN
AM AN , suy ra
9
.

AB AC

Đẳng thức xảy ra khi AM AN hay MN // BC .
uuu
r
P
GA   1;1; 2 

O
Khi đó mặt phẳng
đi qua
và nhận
là một vectơ pháp tuyến, do đó

 P : x  y  2z  0 .
A  1;1;1 , B  2;1; 1 , C  0; 4;6 
Câu 23: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho
. Điểm M
uuur uuur uuuu
r
P  MA  MB  MC
di chuyển trên trục Ox . Tìm tọa độ M để

có giá trị nhỏ nhất.
A.

 -2;0;0  .

Gọi

B.

M  x;0;0  �Ox,  x ��

 2;0;0  .

C.
Lời giải

 -1;0;0  .

D.

 1;0;0  .

.

uuur
uuur
uuuu
r
MA   1  x;1;1 , MB   2  x;1; 1 , MC    x;4;6 


Khi đó
uuur uuur uuuu
r
MA  MB  MC   3  3 x;6;6 

.

.

Với mọi số thực x , ta có
uuur uuur uuuu
r
P  MA  MB  MC 

 3  3x 

2

 62  62  9 x 2  18 x  81  9  x  1  72 � 72
2

;

P  72 � x  1 .
Vậy GTNN của
Do đó

M  1;0;0 

uuur uuur uuuu

r
P  MA  MB  MC

là

72 , đạt được khi và chỉ khi x  1 .

là điểm thoả mãn đề bài.

St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh

24

Word xinh


50 dạng tốn bám sát đề minh họa ơn thi TN năm 20212022

 S  :  x  1

Câu 24: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu

 P  :2 x  2 y  z  3  0 . Gọi

M  a; b; c 

2

  y  2    z  3  9

2

2

là điểm trên mặt cầu sao cho khoảng cách từ M

 P  lớn nhất. Khi đó:
đến
A. a  b  c  8 .
B. a  b  c  5 .

C. a  b  c  6 .
Hướng dẫn giải

Mặt

 S

cầu có tâm

d  I, P  
A.

I  1; 2;3 , R  3

2.1  2.2  3  3
22   2   12
2




và mặt phẳng

D. a  b  c  7 .

.

4
R
3

mặt phẳng cắt mặt cầu theo một đường tròn
M  a; b; c 
 P  lớn nhất.
B. Gọi
là điểm trên mặt cầu sao cho khoảng cách từ M đến

 P
Khi M thuộc đường thẳng  vuông đi qua M và vuông góc với
�x  1  2t
�
 : �y  2  2t
�z  3  t
 S  �  2t  2   2t  2   t  2  9 � 9t 2  9 � t  �1
�
. Thay vào mặt cầu
t  1 � M  3;0; 4  � d  M ;  P   
Với

2.3  2.0  4  3

22   2   12

t  1 � M  1; 4; 2  � d  M ;  P   
Với
Vậy

2



10
3

2.  1  2.4  2  3
22   2   12
2



1
3

M  3;0; 4  � a  b  c  7
.

 S  :  x  1   y  2    z  3  12 và mặt phẳng
Câu 25: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu
2

 P  : 2 x  2 y  z  3  0 . Gọi  Q 

diện là đường tròn
giới hạn bởi

 C

 C

2

là mặt phẳng song song với

2

 P

và cắt

 S

theo thiết

sao cho khối nón có đỉnh là tâm của mặt cầu và đáy là hình trịn

có thể tích lớn nhất. Phương trình của mặt phẳng

 Q

St&Bs-FB: Duong Hung-Zalo 0774860155—File Word xinh
lung linh


là

25

Word xinh