cac bai toan chon loc trong he toa do oxyz phan 2 nguyen xuan chung

PHẦN CÁC BÀI TOÁN TẬP HỢP ĐIỂM GTLN – GTNN Trong phần nghiên cứu tốn có nội dung quỹ tích giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Thông thường: Các tốn tập hợp điểm tốn – max tập hợp điểm thỏa mãn điều kiện định đạt – max Tuy nhiên: Bài toán tập hợp điểm thiên vị trí tương đối tính tốn, cịn toán – max thiên khảo sát hàm số bất đẳng thức Từ thấy phương pháp giải có đặc trưng riêng  Bài toán tập hợp điểm: Thường sử dụng phương pháp véc tơ, định lý tam giác, hình bình hành, đối xứng, song song, vng góc, …  Bài toán – max: Thường sử dụng phương pháp khử dần ẩn (Thêm biến, đổi biến, dồn biến), khảo sát cực trị, bất đẳng thức B.C.S , Mincopxki, … Như phần tốn có mức độ Vận dụng – Vận dụng cao Để giải nhanh khơng nắm vững kiến thức mà cịn sử dụng số cơng thức tính nhanh, kỹ sử dụng CASIO Nếu làm tự luận có kết thi trắc nghiệm thời gian khơng nhiều! Các em cần tính tổng thời gian quy trình giải tốn khó sau: - Đọc hiểu đề yêu cầu toán: Đọc để hiểu nội dung toán gì? - Tái kiến thức: Trong tốn cần thiết kiến thức nào? - Xác định yếu tố cần giải: Chẳng hạn mặt cầu cần biết tâm, bán kính,… - Biến đổi, tính tốn: Đây quy trình cuối dẫn đến kết trả lời, có nhiều phải vẽ hình minh họa nhiều thời gian Trong phần này, tốn có chọn lọc biên soạn theo chủ đề: Điểm – mặt phẳng, Điểm – Mặt cầu, Điểm – Đường thẳng, tổ hợp yếu tố Trong phần 1, đưa số kiến thức bổ xung cơng thức tính nhanh, nên phần không nêu Tuy nhiên, phần có kiến thức bổ xung hữu ích để giúp giải nhanh, từ tiết kiệm thời gian toàn thi Đặc biệt phần ta nghiên cứu toán mà tạm gọi “Định luật phản xạ ánh sáng gương phẳng” GV: Nguyen Xuan Chung I BỔ XUNG - BÀI TOÁN VỀ TÂM TỈ CỰ Kiến thức bổ xung  Với hai điểm A, B  ,  số cho     Điểm I thỏa uu r uur r mãn  IA   IB  gọi tâm tỉ cự hai điểm A, B Khi tọa độ I tính theo cơng thức: xI   x A   xB  y A   yB  z   zB yI  zI  A  ,   ,   Chứng minh: (Hoàn toàn tương tự với n điểm) uu r uur r uuu r uur uuu r uur r uur uuu r uuur  IA   IB    OA  OI   OB  OI        OI   OA   OB  uur  OI     hay ta có r  uuu  uuur OA  OB     Chuyển tọa độ ta có đpcm  Chú ý:   k  1 k        Điểm I thuộc đường thẳng AB Nếu đặt ta uur uuu r uuur OI  kOA    k  OB có  Đặc biệt     I trung điểm AB Mở rộng ba uu r uur uur r        IA   IB   IC  I tâm tỉ cự điểm A, B, C ta có ba điểm Hơn với tam giác ABC ta hay sử dụng uuu r uuu r uuur r GA  GB  GC  , với       Các ví dụ giải tốn Ví dụ Trong khơng gian Oxyz, cho hai điểm uuu r uuur r điểm K thỏa mãn đẳng thức KA  KB  Hướng dẫn giải A  4;  3;  , B  2; 5; 1 Tìm tọa độ uuu r uuur r x  xB y  yB z  2zB KA  KB   xK  A , yK  A , zK  A  K  0; 13; 4  1 1 1 Lưu ý GV: Nguyen Xuan Chung A  2B Để tránh sai sót dấu, dùng Casio ghi  CALC nhập   (lần hoành độ tương ứng A, B ) CALC lần nhập tung độ, CALC lần nhập cao độ E  3;  3;5  , F  7; 1;3 Ví dụ Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm Tìm tọa uuur uuur 3KE  KF độ điểm K thuộc trục Oy cho đạt giá trị nhỏ Hướng dẫn giải uur uur r 3IE  IF   I  5;  11;9  Gọi I điểm thỏa mãn uuur uuur uur uur uur uur uur 3KE  KF  KI  IE  KI  IF  KI  KI Khi đạt giá trị nhỏ  K  Ví    hình chiếu I trục Oy, điểm K cần tìm dụ Trong không gian tọa độ Oxyz, K  0;  11;0  cho ba điểm A  2; 0; 1 , B  5;  7; 1 , C  1;  5; 7  M điểm thay đổi mặt uuur uuur uuuu r P  MA  MB  MC phẳng Oxy Tìm giá trị nhỏ biểu thức Hướng dẫn giải  G  2;  4; 3 Gọi G trọng tâm tam giác ABC uuur uuur uuuu r uuuu r MA  MB  MC  3MG  3MG Ta có nhỏ  M hình chiếu G  M  2;  4;0  MG  3  Vậy Pmin  P  1; 4; 3 , Q  5; 2;5  Ví dụ Trong khơng gian Oxyz, cho hai điểm Tìm tọa độ uuur uuuu r MP  MQ điểm M thuộc trục Ox cho đạt giá trị nhỏ  2; 3;0   0; 3;   6; 0;0   2; 0;0  A B C D Oxy Hướng dẫn giải I 2; 3;1 Gọi I trung điểm PQ ta có tọa độ  uuur uuuu r uuu r MP  MQ  MI  MI Khi nhỏ  M hình chiếu vng góc I trục hoành Vậy tọa độ M  2; 0;  Chọn D A  2;  1;0  , B  5; 0;1 , C  3; 2; 1 Ví dụ Trong khơng gian Oxyz, cho ba điểm Tọa uuur uuur uuuu r r độ điểm M thỏa mãn đẳng thức MA  11MB  MC   4;  3;5   3;  4; 5  4; 3; 5  4; 3; 5  A B C D Hướng dẫn giải uuur uuur uuuu r r x  11xB  xC MA  11MB  9MC   xM  A ;  M  4; 3; 5   11  Ta có Chọn C A ( - 1; 2; - 3) , B ( 1;0; 2) , C ( x; y; - 2) Ví dụ Trong không gian Oxyz , cho ba điểm thẳng hàng Khi x + y GV: Nguyen Xuan Chung A x + y = B x + y = 17 C x + y =- 11 D x+y = 11 Hướng dẫn giải  x  k   k uuur uuu r uuu r   OC  kOA    k  OB   y  2k  2  3k   k    Ta có ba điểm A, B, C thẳng hàng 3  k  ,x  , y   x  y  5 Chọn A (Có thể cộng x + y từ hệ mà không cần giải) A  2; 4; 1 B  1;4; 1 C  2;4;3 Ví dụ Trong không gian Oxyz , cho điểm , , , D  2;2; 1 , biết tọa độ M  x; y ; z  x  y  z 21 B A 2 2 để T  MA  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ C D Hướng dẫn giải uur uur uur uur r  14  IA  IB  IC  ID   I  ; ;0  4  Gọi I điểm thỏa mãn 2 2 Ta có T  MI  IA  IB  IC  ID nên T nhỏ M trùng I Vậy x y z  21 Bài tập đề nghị A  3; 4;  , B  1; 0;1 , C  2; 7; 2  Câu 1: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm Tọa độ uuur uuur uuuu r r điểm M thỏa mãn đẳng thức MA  MB  MC    1    1  M  ;  ; 2 M   ;  ;3  M   ; ;3  M  ; ; 3    C 2   2  2  A B D A  2; 1;1 , B  4; 3; 3 , C  5; 0;5  Câu 2: Trong không gian Oxyz, cho ba điểm M uuur uuur uuuu r MA  MB  MC điểm thuộc trục hoành cho đạt giá trị nhỏ Khi hồnh độ điểm M thuộc khoảng sau đây?  1; 1  1; 3  3; 5  5;  A B C D B  1; 2; 3 C  7; 4; 2  Câu 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm , uuu r uuu r Nếu điểm E thỏa nãm đẳng thức CE  EB tọa độ điểm E là: 8 8 1  8 8    3; ;    ;3;    3;3;    1; 2;  3 3 3 A  3  B  C  D  Câu 4: A  1; 3;3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz , tam giác ABC với ; B  2; 4;5  C  a; 2; b  G  1; c;3  , nhận điểm làm trọng tâm giá trị tổng a  b  c GV: Nguyen Xuan Chung A 5 Câu 5: B Trong không gian D 2 C với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  2; 1;5  , B  5; 5;  , M  x; y;1 Với giá trị x, y A, B, M thẳng hàng A x  4; y  B x  4; y  7 C x  4; y  7 D x  4; y  A  0;1; 2  Câu 6: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm uuuur uuur B  3; 1;1 Tìm tọa độ điểm M cho AM  AB M  9; 5;7  M  9;5;7  M  9;5; 7  M  9; 5; 5  A B C D A  2;  2;1 B  0;1;  Câu 7: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm , Tọa độ điểm M Oxy  thuộc mặt phẳng  cho ba điểm A , B , M thẳng hàng M  4;  5;0  M  2;  3;0  M  0;0;1 M  4;5;0  A B C D A 2; 3;7  B  0; 4;1 C  3; 0;5  Câu 8: Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm  , , D  3;3;3 Oyz  Gọi M điểm nằm mặt phẳng  cho biểu thức uuur uuur uuuu r uuuu r MA  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ Khi tọa độ M là: M  0;1; 4  M  2;1;0  M  0;1; 2  M  0;1;  A B C D A 1;1;1 B  1; 2;1 C  3; 6; 5  Câu 9: Trong không gian cho ba điểm  , , Điểm M thuộc 2 mặt phẳng Oxy cho MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ A M  1; 2;  M  0; 0; 1 M  1;3; 1 M  1;3;0  B C D II BÀI TOÁN VỀ TỔ HỢP VÉC TƠ Đặc điểm dạng tốn ví dụ  Đặc điểm dạng tốn: Những biểu thức có dạng tổ hợp véc tơ hay tổ hợp bình phương véc tơ dồn điểm đưa tâm tỉ cự để giải Cụ uuur uuur uuuu r uuur uuur uuuu r2  MA   MB   MC  MA   MB   MC thể như: với        Phương pháp giải: uu r uur uur r Gọi I điểm thỏa mãn  IA   IB   IC  biến đổi biểu thức uuur uuur uuuu r  MA   MB   MC       MI thành: uuur uuur uuuu r2  MA   MB   MC         MI   IA2   IB   IC , đến ta biện luận M theo điểm I GV: Nguyen Xuan Chung Ví dụ [MH2_2017_BGD] Trong không gian Oxyz, cho hai điểm B  5; 6;  Đường thẳng AB cắt mặt phẳng AM BM AM  A BM AM 2 B BM  Oxz  AM  C BM A  2;3;1 điểm M Tính tỉ số AM 3 D BM Hướng dẫn giải Cách (Tâm tỉ cự) M  x ;0; z  Gọi tọa độ , ta có ba điểm A, B, M thẳng hàng khi:  x  2k  5(1  k ) uuuu r uuu r uuu r   OM  kOA    k  OB  0  3k  6(1  k ) z  k  1 k    k  2, x  9, z   M  9;0;0   AM  32  12   2 14   2 Chọn A Khi BM Cách (Vị trí tương đối – Tổng quát) AM d a d  A, (Oxz )      BM d b d  B, (Oxz )  Xét tam giác đồng dạng, ta có Chọn A Lời bình Theo cách thực nhiều biến đổi tính tốn nên nhiều thời gian không cần thiết Trong cách sử dụng tính chất hình học nên ngắn gọn nhanh chóng nhiều Mở rộng tốn ta có hai tốn xuất tương đối nhiều ( MA + MB ) max MA - MB kiểm tra hay đề thi là: Tìm Các tốn ta giải tương tự, nhiên có khác Nhưng trước hết ta xét toán liên quan đến “Tâm tỉ cự” có dạng dồn điểm suy dồn biến Ví dụ [THPT Hồng Hoa Thám-Hưng n] Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A(  1; 2; 1) , B( 2;  1; 3) , C ( 3; 5;  1) Điểm M ( a; b; c) mặt phẳng uuur uuur uuuu r MA  MB  CM Oyz   cho đạt giá trị nhỏ Khi 2b  c A 1 B C Hướng dẫn giải Chọn B GV: Nguyen Xuan Chung D 4 3 3 uuur uuur uuuu r I ; ;  uu r uu r uur r MA  MB  MC  4MI Gọi   điểm thỏa mãn IA + IB + IC = Ta có nhỏ M hình chiếu I Oyz Do ú ta ổ 3ử Mỗ 0; ; ữ ữ ỗ ữị 2b + c = ỗ è 2ø Ví dụ 10 [THPT Lê Lai – Thanh Hóa] Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A  3;0;0   P  : x  y  z   Tìm điểm M mặt phẳng uuur uuur uuuu r MA  MB  MC P  thuộc cho nhỏ M  3; 3;3 M  3;3; 3 M  3; 3;3 M  3;3;3 A B C D Hướng dẫn giải uuur uuur uuuu r uu r uu r uur r MA  MB  MC  MI I  3;3;3 Gọi điểm thỏa mãn IA + IB - IC = Ta có nhỏ M hình chiếu I (P) Mặt khác ta có I thuộc (P) nên M trùng I Chọn D , B  0;0;3 , C  0; 3;0  A ( 2;- 2;4) Ví dụ 11 [Đề tham khảo -BGD] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm , B ( - 3;3;- 1) mặt phẳng ( P ) : 2x - y + 2z - = ( P ) , giá trị nhỏ 2MA2 + 3MB thuộc A 145 B 135 Chọn B I ( - 1;1;1) Xét M điểm thay đổi C 105 Hướng dẫn giải D 108 uuur uuur r MA + MB = Ta có 2MA + 3MB nhỏ điểm thỏa mãn Gọi Û M hình chiếu I (P) 2x  y  2z   Ghi CALC nhập tọa độ I bấm STO M bấm AC Ghi ( ) (2M + x - 2)2 + (- M + y + 2)2 + (2M + z - 4)2 = Sửa thành kết 2AM = 12 ( ) (2M + x + 3)2 + (- M + y - 3)2 + (2M + z + 1)2 = kết 3BM = 123 Vậy ( ) 2MA2 + 3MB = 12 + 123 = 135 Ví dụ 12 [Chuyên Lam Sơn- Thanh Hóa] Trong hệ trục Oxyz , cho điểm A  1;3;5  , B  2;6; 1 , C  4; 12;5  điểm di động A 42  P B 14 mặt phẳng  P  : x  y  z   Giá trị nhỏ biểu thức C 14 Hướng dẫn giải GV: Nguyen Xuan Chung Gọi M uuur uuur uuuu r S  MA  MB  MC 14 D G  1; 1;3 Gọi trọng tâm tam giác ABC Ta có nhỏ MG khoảng cách từ G đến (P) Ghi 3 uuur uuur uuuu r S  MA  MB  MC  3MG x  2y  2z  CALC nhập tọa độ G, kết 14 Chọn B Ví dụ 13 [Chun Hùng Vương-Phú Thọ] Trong khơng gian Oxyz , cho ba điểm A  1;1;  B  1;0;  ,  S  : x  y   z  1 C  0; 1;3 , điểm M thuộc mặt cầu 1 2 Khi biểu thức MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ độ đài đoạn AM A B C Hướng dẫn giải D Cách Phương pháp véc tơ uu r uur uur uur IA  IB  IC   0;0;6   IK R  Gọi I(0 ; ; 1) tâm mặt cầu, bán kính , ta có uuu r uur 2 2 2 Ta có : MA  MB  MC  3MI  IA  IB  IC  MI IK uuu r uur MI , IK Vậy để tổng nhỏ ngược hướng uuur uur  IM  t IK  t  0;0;6  , t  R uuur   IM   0;0;6    0;0;1  M  0;0;2   AM  IK 6 Suy Chọn A Cách Khảo sát - BĐT 2 M  x; y; z    S  Gọi , từ giả thiết ta có 1  z   Đặt T  MA  MB  MC , ta t T   x  1   y  1   z     x  1  y   z    x   y  1   z  3 có 2 2 T  3x  y    z  1  12  z  1     21  12  z  1  2 Dấu z   1, x  y   M  0;0;2   MA  Ví dụ 14 [THPT Lê Q Đơn-Qng Trị] Trong không gian Oxyz , cho điểm A  3; 2;3 , B  1;0;5 d: x 1 y  z    2 Tìm tọa độ điểm M đường thẳng 2 đường thẳng d cho MA  MB đạt giá trị nhỏ M  1; 2;3 M  2;0;5  M  3; 2;7  M  3;0;  A B C D Hướng dẫn giải Cách Tâm tỉ cự 2 2 I  2; 1;  Gọi trung điểm AB Ta có MA  MB  2MI  IA  IB nhỏ M hình chiếu I d x - y + 2z Ghi CALC (nhập thay I vào tử d) =- = == STO M bấm AC M ( 2;0;5) Ghi + M : - M : + 2M === ta Chọn B Cách Khảo sát Parabol GV: Nguyen Xuan Chung Gọi M   t;  2t;3  2t   d MA2  MB   t     2t    5t   2t   , Parabol t, nên đạt GTNN t =- 2 - - 16 - 16 = Þ M ( 2; 0;5) 2.18 Chọn B A 4; 2;  ; B  2; 4;  ; M     : x  y  z   Ví dụ 15 Trong khơng gian Oxyz , cho  uuur uuur cho MA.MB nhỏ nhất, tọa độ M  29 58   37 56 68  ;   ; ;   ; 4;3;1 1;3;    13 13 13 3     A B C D Hướng dẫn giải M  x; y ; z       x  y  z  Gọi (1) uuur uuur u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r MA.MB  MO  OA.OB  MO OA  OB  x  y  z  12  x  y  z     x  3   y  1   z    14  2    9  x  3   y  1   z     14 14 (1) uuur uuur B.C S 1 MA.MB   x  y  3z    12   14  142  14  14 14 Suy Dấu có  x; y; z      & Cách Tâm tỉ cự x  y 1 z     M  4;3;1 3 Chọn B uuur uuur uu r uur uuu r uu r uur MA.MB  MI  IA.IB  MI IA  IB  I  3;1;   Gọi trung điểm AB Ta có hay uuur uuur MA.MB  MI  AB nhỏ M hình chiếu I ( ) x + y - 3z - 14 Ghi CALC (nhập tọa độ I ) STO M bấm AC M ( 4;3;1) Ghi M + x : M + y : - 3M + z bấm = = = ta Chọn B Nhận xét uuur uuur Trong cách 1, biến đổi đai số tích MA.MB thành “dạng mặt cầu” sau cịn phải suy nghĩ áp dụng bất đẳng thức B.C.S hợp lý để sử dụng giả thiết, tìm tọa độ M cịn phải tìm giao điểm đường thẳng mặt phẳng Trong cách 2, phân tích véc tơ hợp lý ngắn gọn dễ hiểu nhiều Ví dụ 16 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(2; 2; 2) B(3; 3;3) Xét điểm MA  M thay đổi cho MB Giá trị lớn OM A 12 B C Hướng dẫn giải D Cách Phương pháp véc tơ Từ giả thiết ta có: uuuu r2 uuuu r2 uuuu r uuu r uuuu r uuu r AM  BM  OM  OA2  2OM OA  OM  OB  2OM OB uuuu r uuu r uuu r  5OM  4OB  9OA2  2OM 9OA  4OB (1)      GV: Nguyen Xuan Chung  uuu r uuur uuuur OA  4OB   30;30; 30  Từ OM lớn OM hướng 180 uuuu r  15t   180t  t   12 2 OM  t  1;1;    15 Ta có: 4OB  9OA  , đặt , từ (1) uuuu r OM  12  1;1; 1  OM  12 Vậy Chọn A Cách Phương pháp hình học MA OA    Nhận xét MB OB 3 , gọi D chân đường phân giác góc O tam giác AOB, C chân đường phân giác góc O tam giác M trùng C Tọa độ uuu r uuu r r 3CA  2CB   C  12;12; 12   M  OM  12 Chọn A  S  qua hai điểm A  0;0;  , B  0; 2;0  Ví dụ 17 Trong khơng gian xét mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng ( P) : x  y   Giá trị nhỏ bán kính mặt cầu ( S ) C D Hướng dẫn giải Tâm I mặt cầu thuộc mặt phẳng trung trực AB có phương trình (Q) : y  z  Do đó, từ phương trình ( P ) (Q ) , ta có tọa độ I ( x; x  4; x  4) , suy ra: A B 2 R  AI  x  ( x  4)  ( x  2)  3x  12 x  20  2 Chọn B  Oxyz  , cho mặt phẳng  P  qua điểm Ví dụ 18 Trong không gian tọa độ M  2;1;  Khi VOABC cắt tia Ox, Oy, Oz điểm A, B, C cho OB  4OC nhỏ nhất, mặt phẳng 1   a b c ? 37 A 102 303 B  P có phương trình: ax  by  cz   Tính C 21 Hướng dẫn giải GV: Nguyen Xuan Chung 10 D uuu r uur MI , IK ngược hướng, suy ra: Để T nhỏ 31 31 19 T   2.R.IK   .3  4 A  2;3;5  Câu 94 [SGD Thanh hóa] Trong khơng gian Oxyz , cho bốn điểm , B  1;3;  , C  2;1;3 D  5;7;  Gọi M  a; b; c  điểm thuộc mặt phẳng  Oxy  2 cho biểu thức T  4MA  5MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ Tính tổng a  b  c A 12 B 11 C 11 D Hướng dẫn Chọn A Gọi uu r uur uur r IA  5IB  IC   I  5;7;4   D Khi T  3MD  DA  5DB  DC  MD nhỏ M hình chiếu 2 2 D mp  Oxy  Tọa độ M  5; 7;0  nên a  b  c  12 Câu 95 [Chun Quang Trung- Bình Phước] Trong khơng gian Oxyz cho hai x y z- x- y z = = D'= = = 1 1 Xét điểm M thay đổi đường thẳng không gian, gọi a, b khoảng cách từ M đến D D ' Biểu D: 2 M º M ( x0 , y0 , z0 ) thức a + 2b đạt giá trị nhỏ Khi giá trị x0 + y0 A B C Hướng dẫn D A  a; a; a  1  , B  b  1; 2b; b    ' Ta có D D ' chéo nhau, gọi cho AB uuur AB   b   a; 2b  a; b   a  đoạn vng góc chung Tính phương r u   1;0; 1 A  0;0;1 , B  1;0;  , suy ra: a = 2b = Lấy M thuộc đoạn AB a = MA, b = MB uuu r uu r uur MA2 + MB = 3MI + IA2 + IB + MI IA + IB Khi Chọn M  I thỏa mãn: uu r uur r  1 IA  IB   I  ;0;  x0 + y0 =  3  Vậy Chọn C ( ) Câu 96 [Nho Quan A - Ninh Bình] Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  0;  1;  1 , B  1;  3;1 Giả sử C , D hai điểm di động  P  :2 x  y  z   cho CD  A, C , D thẳng hàng Gọi mặt phẳng S1 , S2 diện tích lớn nhỏ tam giác BCD Khi tổng S1  S có giá trị GV: Nguyen Xuan Chung 100 34 A 37 B 11 C Hướng dẫn 17 D Chọn A h  d  B, CD  Do CD  không đổi nên ta tìm lớn nhỏ Ta có max h  BA  h  d  B,( P )   34 S1  S  CD  BA  BH   Khi Câu 97 Trong không gian tọa độ Oxyz , cho mặt cầu mặt phẳng  P : x  y  z 1  tròn giao tuyến A  P và điểm A  1;1;1  S :  x  1   y  1  z  6, Điểm M thay đổi đường  S Giá trị lớn AM là: 35 B 2 C Hướng dẫn I  1; 1;  , R  Hạ IH , AK vng góc với D Chọn D Mặt cầu có tâm  P Tọa độ 1 1 K ; ;   3 3 Suy KI   IM  IN  nên điểm K nằm đoạn MN Bán kính đường trịn giao tuyến là: Ta có r  MH  R  IH      3 Từ suy AM lớn là: KH  KI  IH  max AM  AK   KH  r  2   35 35       max AM     6  Câu 98 [Yên Phong-Bắc Ninh] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  1;0;0  , B  3; 2;0  , C  1; 2;  Gọi M điểm thay đổi cho đường GV: Nguyen Xuan Chung 101 thẳng MA , MB , MC hợp với mặt phẳng điểm thay đổi nằm mặt cầu nhỏ độ dài đoạn MN A B  ABC   S  :  x  3 góc nhau; N   y     z  3  2 C Hướng dẫn 2 Tính giá trị D  ABC  : x  y  z  Vào MENU viết phương trình Mặt phẳng trung trực AB x  y  z  Mặt phẳng trung trực CA x  y  z  10 Giải hệ ba ẩn ta có tâm x  1 t   : y  2t  ABC  H  1; 2;  Trục đường tròn  z   t đường tròn Mọi M   thỏa mãn giả thiết cho Tính khoảng cách từ tâm mặt cầu I  3; 2;3  MN   , đến ta có IK  d  I ,     R  2 Khi 2  2 Chọn C A  1;0;  B  1;1;0  C  0; 1;0  Câu 99 Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm , , , D  0;1;0  E  0;3;0  2 M điểm thay đổi mặt cầu ( S ) : x  ( y  1)  z  uuur uuur uuuu r uuuu r uuur P  MA  MB  MC  MD  ME Giá trị lớn biểu thức bằng: , B 12 C 24 D 24 Hướng dẫn G  0;0;0  H  0; 2;0  Gọi trọng tâm tam giác ABC, trung điểm DE Khi đó: P   MG  MH  I 0;1;0  , mà GH đường kính mặt cầu tâm  A 12 Ta có MG  MH  1  12   MG  MH   2GH  2 Vậy max P  12 Câu 100 [ĐH - Quốc Tế] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  2;1; 3  , B  3; 2;1 Gọi d đường thẳng qua M  1; 2;3 cho tổng  d  từ B đến  d  lớn Khi phương trình khoảng cách từ A đến  d  đường thẳng x 1 z  y2  A 5 x 1 y  z    B 3 GV: Nguyen Xuan Chung 102 x 1 y  z    13 2 C Ta có Câu x 1 y  z    2 D 3 Hướng dẫn d  A, d   AM ; d  B, d   BM  max  d  A, d   d  B, d    AM  BM Khi  ABM  : x  13 y  z  21 Chọn C qua M vng góc với 101 [SP Đồng Nai] Trong không gian Oxyz , cho A  3;0;  , B  0; 2;0  , C  0;0;  bốn d điểm D  1;1;1 Gọi  đường thẳng qua D thỏa mãn tổng khoảng cách từ điểm A, B, C đến  lớn Hỏi  qua điểm điểm đây? A M  5; 7;3 Ta có B D  1;1;1 M  1; 2;1 M  3; 4;3 C Hướng dẫn thuộc mặt phẳng D M  7;13;5   ABC  : x  y  z  Ta có max  d  A,    d  B,    d  C ,    điểm M  5; 7;3  x   2t   :  y   3t z  1 t  AD  BD  CD  Khi qua Chọn A S  :  x  1  y   z    10  Oxyz Câu 102 Trong không gian , cho mặt cầu hai điểm A  1; 2; 4   MA  2MB  nhỏ A 82 Ta có B  1; 2;14  Điểm M thay đổi mặt cầu  S Giá trị B 79 uu r IA   0; 2; 6  C 79 Hướng dẫn D 82 uur uu r  3  1 IC  IA   0; ;    C 1; ;   2  2  Điểm C bên , gọi  S uu r uuur uur uuur uur uuur   AM  IA2  IM  IA.IM  40  10  8IC.IM  10   IC.IM   MC 2   Ta có S  MA  2MB   MB  MC   BC  82 Suy MA  2MC Chọn D Câu 103 [Hậu Lộc 2-Thanh Hóa] Trong khơng gian Oxyz , cho điểm A  0;0;  hai B  3; 4;1 mặt  S2  : x Gọi  P cầu  y  z  x  y  14  2 mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến  S1  :  x  1   y  1   z  3  25 2  P  cho MN  Giá Hai điểm M , N thuộc trị nhỏ AM  BN A 34  B với C 34 Hướng dẫn GV: Nguyen Xuan Chung 103 D  P : z  , Trừ vế hai mặt cầu, ta có phương trình tức mặt phẳng  Oxy   P  , tọa độ H  0;0;  , K  3; 4;0  HK  Hạ AH , BK vng góc với Chọn M , N thuộc đoạn HK , đặt NK  t  HM   t AM  BN  22    t   12  t  Khi   1  4t t  Chọn B A  5;3; 2   S  có phương Câu 104 Trong khơng gian Oxyz cho điểm mặt cầu 2 trình x  y  z  x  y  z   Một đường thẳng d thay đổi qua A cắt  S  hai điểm phân biệt M , N Tính giá trị nhỏ biểu thức S  AM  AN A S  30 Mặt cầu tâm B I  2; 1;1 S  20 S  34  C Hướng dẫn D Smin  34  , bán kính R  Ta có IA  34 Gọi H trung điểm MN chọn vị trí M, N hình vẽ Khi đó: S  AN  AM   AH  HN   AH  HM  AH  3HN S  34  IH   IH  34  t   t 0;3 Khảo sát hàm số  S  34   20.155 t  Chọn D A  2; 0;1 B  3;1;5  C  1; 2;0  Câu 105 Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm , , , D  4; 2;1  Gọi   mặt phẳng qua D cho ba điểm A , B , C nằm  phía   tổng khoảng cách từ điểm A , B , C đến mặt   phẳng   lớn Giả sử phương trình   có dạng: x  my  nz  p  Khi đó, T  m  n  p bằng: A B  qua C Hướng dẫn D  4; 2;1 nên ta D có: p   2m  n Nên    :  x    m  y    n  z  1  d Tổng khoảng cách   12   m     n   3  m2  n2 GV: Nguyen Xuan Chung 104 (Vì tử số dấu) d 2.2  1.m  (1).n Hay  m2  n2  2  12  (1)    m  n   m2  n2 3 m n    m  1, n  1  p  Đẳng có 1 Vậy T  m  n  p  Chọn A Câu 106 Trong d: không gian Oxyz x 1 y  z    mặt cầu cho điểm A  2; 2; 7  , đường thẳng  S  :  x  3   y  4   z  5  729 Điểm B  P  : x  y  z  107  Khi mặt phẳng điểm M di động đường thẳng d , giá trị nhỏ biểu thức MA  MB thuộc giao tuyến mặt cầu A 30  S C 29 Hướng dẫn B 27 Mặt cầu có tâm I ( - 3; - 4; - 5) D 742 , bán kính R = 27 Ta lại có d qua I  P  tâm H đường tròn giao tuyến vng góc với AK ^ ( P ) AK  29 , Hạ , có AI  HK   d  A, d  , HB  R  IH  IH  29 , Khi  MA  MB   AB  AK  KB  725  25  30 Chọn A Câu 107 [Đại học Hồng Đức –Thanh Hóa] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A  3;1;1  Q : x  y  z 1  , Gọi  P : x  2y  z   , B  5;1;1 hai mặt phẳng M  a ;b ;c điểm nằm hai mặt phẳng  P  Q 2 cho MA  MB đạt giá trị nhỏ Tính T  a  b  c A B 29 C 13 D Hướng dẫn x- y- z- D : = = P Q     - Tính khoảng cách từ Giao tuyến A, B đến  , ta có t= da =1 I  1;1;1 db Gọi trung điểm AB , điểm M cần tìm 2 M  1;1;1  I hình chiếu I  Mà I   nên Vậy T  a  b  c  Chọn D GV: Nguyen Xuan Chung 105 A  1; 4;3  P : y  z  Câu 108 Trong không gian Oxyz , cho điểm mặt phẳng  P  , điểm C thuộc  Oxy  cho chu vi tam giác ABC Biết điểm B thuộc nhỏ Hỏi giá trị nhỏ A Gọi B A '  1; 4; 3 C Hướng dẫn A  1; 4;3 đối xứng với qua mp D  Oxy  K hình chiếu vuông  P  , tọa độ K  1; 2;  Lấy A ''  1;0;5 đối xứng với A qua  P  góc A Khi đó: AC  CB  BA  A ' C  CB  BA ''  A ' A '' , dấu có A ', C , B, A '' thẳng hàng 2 Ta có A ' A '' = + = Chọn C A  3; 2;  , B  2; 2;  Câu 109 Trong không gian tọa độ Oxyz , cho hai điểm mặt phẳng  P  : x  y  z   Xét điểm M , N di động  P cho MN  Giá trị nhỏ biểu thức AM  3BN A 49,8 B 45 C 53 D 55,8 Hướng dẫn  P  , chọn M , N thuộc đoạn HK Hạ AH , BK vng góc với AH  BK  3; HK  BA2   AH  BK   Tính Đặt NK  t  HM   t T  AM  3BN  9    t      t   5t  8t  53   Ta có 249 T   49,8 Suy Chọn A Câu 110 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x  y  z  x  y   hai điểm A(4; 2; 4), B(1; 4; 2) MN dây cung 2 GV: Nguyen Xuan Chung 106 uuuu r r MN mặt cầu thỏa mãn hướng với u  (0;1;1) MN  Tính giá AM  BN trị lớn A 41 B C Hướng dẫn D 17 Chọn C uuuu r uuuu r uuu r MN  t  0;1;1 , t  0; MN   t   MN   0;4;  BA   3; 2;  Ta có ; u u u u r u u u r u u u r u u u u r 2 uuuu r uuu r uuur AM  AB  BN  NM  MN  BA   3; 2; 6   AC Đặt , u u u r u u u r uuur uuur uuur uuur AM  BN  AC  BN  AC  BN AC  BN  49  BN AC uuur uuur Suy max AM BN , AC hướng     max AM  BN  49  2.BN   BN    max AM  BN  Khi Cách uuuu r uuuu r MN  t  0;1;1 , t  0; MN   t   MN   0; 4;4  Ta có Điểm A mặt cầu, điểm B mặt cầu Mặt phẳng (ABI) cắt mặt cầu đường tròn lớn Dựng hình bình hành MNBC, khi A, C, M thẳng hàng Ta có uuur uuuu r BC   MN   0; 4; 4  , suy AM  BN  AM  CM  AC , dấu có uuu r C  1;0; 2   CA   3;2;6   CA   P : y 1  , Câu 111 [SGD Thanh Hóa] Trong khơng gian Oxyz cho mặt phẳng đường thẳng x   d :y  2t z   thuộc mặt phẳng đoạn MN A MN   P B 1  B  ;0;8  A  1; 3;11  Hai điểm M , N hai điểm , 2 cho d  M,d  MN  NA  NB Tìm giá trị nhỏ MN  C Hướng dẫn GV: Nguyen Xuan Chung 107 2 MN  D uuur uuur r DA  DB   D  0; 1;9  C D Gọi cho ; gọi cho uuu r uuu r r CA  2CB   C  2;3;5  P Khi điểm N thuộc đường trịn giao tuyến I  1;1;7    P  mặt cầu đường kính CD Tâm mặt cầu , bán kính R  Gọi H  1;1;1   P   d , HI   d  I , d  Mà d  M,d  nên chọn M  HI HM  HI   IM   R Vậy MN    Chọn A V PHỤ LỤC  Phương pháp chung để giải toán quỹ tích - max là: Các yếu tố di động – di chuyển – thay đổi phải “ràng buộc – gắn liền” với yếu tố cố định – khơng đổi; Từ tìm mối quan hệ cần thiết để giải, phương châm “Lấy bất biến ứng vạn biến” Nói vui tí: Trước “Tề Thiên Đại Thánh” bay nhảy tự – tùy ý, “Tơn Ngộ Khơng theo sư phụ” bị trịng vịng kim nên cịn “Tự khuôn khổ”  Phương pháp đặc biệt hóa Trong thi trắc nghiệm, sử dụng phương pháp đặc biệt hóa, nghĩa là: Bài tốn trường hợp tổng qt GV: Nguyen Xuan Chung 108 trường hợp riêng Khi rút gọn số biến đổi lập luận trung gian dẫn đến kết nhanh - Cho tham số vài giá trị riêng để xem xét - Đặc biệt hóa từ biểu thức; vai trị ngang điểm; tính đối xứng biến Ví dụ 60 [Đề_2017_BGD] Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  4;6;  B  2;  2;0  và mặt phẳng  P : x  y  z  Xét đường thẳng d  P qua B , gọi H hình chiếu vng góc A d Biết d thay đổi H thuộc đường trịn cố định Tính bán kính R đường trịn thay đổi thuộc B R  A R  C R  Hướng dẫn D R  Chọn B  P  Đường Đề cho yếu tố cố định hai điểm A , B mặt phẳng  P  quay quanh điểm B , nói cách khác điểm H thẳng d thay đổi thay đổi thuộc mặt cầu đường kính AB , đồng thời nằm thuộc đường tròn giao tuyến cố định Suy R  P , nên BK , với K hình chiếu  P vng góc A Ghi Ví dụ 61 d:  x  2   y  2  z 2  x  y  z  CALC nhập tọa độ A, kết R  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x4 y4 z4   2 A  x0 ; y0 ; z0  , ( x0  mặt cầu  S  :  x  1   y     z  3  2 14 Gọi ) điểm thuộc d , từ A kẻ ba tiếp tuyến đến mặt cầu  S có tiếp điểm B, C , D cho ABCD tứ diện Giá trị biểu P  x0  y0  z0 thức A B 16 C 12 D Hướng dẫn GV: Nguyen Xuan Chung 109 Đặt cạnh tứ diện a , ta có AB  AI AH  AI a , với H tâm tam 3a 3a  AI   a2  R2  a2  2R2 2 giác BCD Suy Do IA  3R  14 I  1; 2;3  M  4; 4;   d Ta có tâm , điểm có IM  14  A  M Vậy AI  x0  y0  z0  12 Ví dụ 62 [Đề_2018_BGD] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S có tâm A  1; 2; 1  S  qua điểm Xét điểm B , C , D thuộc cho AB , AC , AD đơi vng góc với Thể tích khối tứ diện ABCD có giá trị lớn I  2;1;  A 72 B 216 C 108 Hướng dẫn D 36 Ta có bán kính mặt cầu R  IA  3 Nếu dựng hình hộp chữ nhật có ba cạnh AB , AC AD điểm I tâm hình hộp Khi thể tích khối lập phương lớn nhất, cạnh Nhận xét a d 2R  6 max VABCD  63  36 3 Suy 2 2 Các em đặt AB  a , AC  b AD  c a  b  c  R , sau sử dụng bất đẳng thức AM – GM dẫn đến điểm rơi a  b  c Cuối cho kết Ví dụ 63.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, biết có đường thẳng  cố định nằm mặt phẳng  P  :  m2  1 x   2m  2m  1 y   4m   z  m  2m  m thay đổi Đường r M  1; 1;1 u   1; b; c  d thẳng d qua , có vectơ phương , vng góc với  cách O khoảng lớn Giá trị T  b  c A 12 B C 11 Hướng dẫn D 10 Chọn C Bài cho điểm M  cố định, nhiên ta cịn phải tìm   P  : x  y  z   ; cho m  , ta có mp  P2  : x  y  z  Cho m  , ta có mp x 1 y 1 z :      P1    P2  1 Suy , có phương trình GV: Nguyen Xuan Chung 110 d  O, d   OM có nên r uuuu r uu r  u  OM , u    1;5;6  Vậy T  b  c  11 Ta theo u cầu ta phải có d  OM Ví dụ 64 [MH2_2017_BGD] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét điểm A  0;0;1 , B  m; 0;  , C  0; n;0  D  1;1;1 , với m  0; n  m  n  Biết m , n thay đổi, tồn mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng qua D Tính bán kính R mặt cầu đó? A R  B R 2 R C Hướng dẫn D R  ABC  Chọn A Mặt phẳng  ABC  I  a; b; c  theo đoạn chắn: nx  my  mnz  mn  Gọi tâm R  ID  mặt cầu, bán kính R , ta có m  n2   mn   Nhận xét: R  m  n  a  1 ta có: Từ (1) (2) chọn I  1;1;  , R    b  1   c  1  2mn   mn    mn (1) n  a   1  m  b   1  mnc  mn m  n   mn   Tính R  d  I , ( ABC )  , n  a  1  m  b  1  mnc   mn a  b  1, c   mn R  ID  d  I , ( ABC )   (2) Vậy Ví dụ 65 [SGD Thanh Hóa] Cho khối chóp S ABCD tích 84a đáy ABCD hình bình hành Gọi M trung điểm AB , điểm J thuộc SC  MJH  JC  JS SD HD  HS H cho , điểm thuộc cho Mặt phẳng chia khối chóp thành hai phần, tính thể tích phần chứa đỉnh S khối chóp 3 3 A 18a B 24a C 21a D 17a Hướng dẫn Chọn D (Hình minh họa) GV: Nguyen Xuan Chung 111 Để giải nhanh ta chọn chiều cao SD  , đáy hình vng cạnh AB  Khi đó: VH DEF 2.7 2VJ CKE   14 V  84   81  14   17  81 3 Thể tích cần tìm  MA  MB  max MA  MB CÂU HỎI: [THPT Chu Văn An – Hà Nội ] Trong không gian Oxyz , cho hai điểm PHÂN TÍCH – MỞ RỘNG BÀI TỐN x 1 y z 1   1 Biết điểm M  a ; b ; c  đường thẳng thuộc đường thẳng d cho tam giác MAB có diện tích nhỏ Khi đó, giá trị P  a  2b  3c d: A  0;  1;  , B  1;1;  A B D 10 C Phân tích d M ,  AB   Bài toán quy khảo sát khoảng cách  nhỏ nhất, nghiên cứu cách giải tổng quát cho (Sử dụng Casio nhanh hơn) Ở ta muốn nghiên cứu câu hỏi: Tổng T  MA  MB nhỏ Mở rộng T  MA  2MB nhỏ A Bài toán tổng T  MA  MB nhỏ Tham số hóa f  t   AM  BM  u  v điểm M, ta quy xét hàm số Khi giải số cụ thể, ta không phát f  t “cái gốc” hàm Tuy nhiên khơng khó lắm, ta đưa biểu thức sau: r2 uuuuu rr r2 uuuuu rr f  t   u t  M A.u t  M A2  u t  M B.u t  M B Đương nhiên ta không cần nêu cho học sinh, làm phức tạp thêm vấn đề, tốn khơng thường xun gặp (Tùy đối tượng học sinh)  Dùng Casio khảo sát: f  t Máy tính cho giá trị gần giá trị , không t cho giá trị , nên tọa độ M Trong trường này, ta tính gần P  a  2b  3c  6t   Dùng BĐT Mincopxki: Ta phải biến đổi hai thành dạng  f  t   at  b    c2    b ' at   c '2  Việc làm khơng khó, ta quan at  b c  c ' (1) Khi lấy dấu (+) hay dấu (-) ? Như tâm điểm rơi: b ' at ta phải thử trực tiếp t    t   (Giải từ (1)) vào hàm số, sau GV: Nguyen Xuan Chung 112 chọn t Vậy phương pháp tự luận, hỗ trợ Casio tìm t , tương đối nhiều thời gian  Dùng đạo hàm: u' v' f ' t    u v , tìm nghiệm đạo hàm Casio Tính nhanh, hàm số có điểm cực tiểu Chẳng hạn máy cho t  0.538461538461 ta khơng biết 13 số hữu tỉ Hiển nhiên ta tính gần P  a  2b  3c  6t  u' v'  v tự luận Nếu giải phương trình vơ tỉ u nhiều thời gian, có số học sinh khơng giải Sau kết ta tham khảo: ta có u '.v '  nghiệm t đạo hàm t  u'  u v' v thỏa mãn ( không dễ dàng u , v biệt thức) Như dùng đạo hàm  Áp dụng toán thử xem sao: f  t   3t  2t   3t  8t  6t  22      2   3 Nghiệm đạo hàm 6t  , suy t  Tọa độ M  0;1;  tổng T  f  t   MA  MB nhỏ f  t   MA  MB  Trường hợp tìm giá trị lớn giải phương  10  33 6t  M ; ;  2t max MA  MB   3  , Tọa độ trình 6t  Như vậy: Thi trắc nghiệm dùng kết quả, qua ba bước OK ln! Ta bồi dưỡng thêm cho HS – giỏi B Bài toán mở rộng T  MA  2MB nhỏ T  MB  MA Chú ý ta đổi hệ số, chẳng hạn Khi ta  2MB  MA xét toán T  MA  MB  Trở toán nhỏ nhất, ta giải tổng quát theo “định luật phản xạ ánh sáng gương phẳng” thì: hai tam giác AHM BKM đồng dạng, tia tới AM tia phản xạ MB T GV: Nguyen Xuan Chung 113 Bây ta gọi C , N trung điểm HA, HM ta có HK  t , hai tam giác đồng dạng CHN BKM Đặt MK  t ta hồn tồn tìm t Bài tốn hồn tồn giải Điểm M cần tìm tốn T  MA  2MB không thay đổi so với T  MA  MB  Xét phương pháp đạo hàm: f  t   AM  BM  u  v  u  4v Hàm số , ta HN  quy  f  t   u  v* Áp * * , v v v  4v dụng toán thử f  t   3t  2t   12t  32t  24 Nghiệm xem sao: đạo hàm 6t  22      24t  32 32  12  24 , suy t  Tọa độ M  0;1;  tổng T  f  t   MA  2MB nhỏ M  0;1;  Nhận xét: Điểm không đổi, giá trị T  MA  2MB khác  10  M ; ;   3  khơng đổi tốn max MA  2MB Tương tự, điểm Lời bình Bài toán  MA  MB  max MA  MB với M     MA  MB  max MA  2MB hay giải theo hình chiếu vng góc H , K nhanh (Hỗ trợ Casio), tham số hóa phải viết phương trình đường thẳng giao tuyến, dài thời gian CHÚC MỌI NGƯỜI THÀNH CÔNG! GV: Nguyen Xuan Chung 114