Cd35 (câu 49)tổng hợp pp toạ độ trong không gian (mặt cầu) vd vdc hdg

TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT CHUYÊN ĐỀ 44: TỔNG HỢP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN – VD VDC – MẶT CẦU A 0; 0;10  , B  3; 4;  Câu 49_TK2023 Trong không gian Oxyz , cho  Xét điểm M thay đổi cho tam giác OAM khơng có góc tù có diện tích 15 Giá trị nhỏ độ dài đoạn thẳng MB thuộc khoảng đây? A  4;5  B  3;  C  2;3 D  6;  Lời giải Chọn B SOAM  OA.d  M ; OA  15  d  M ; OA  3 Ta có: Suy ra: M di động mặt trụ, bán kính 3, trục OA  HA.HO HD 9  HA 1    HO 9 HA  HO  10   D Xét điểm hình vẽ,  Vì AMO 90 nên giới hạn M hai mặt trụ với trục AH FO Page Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT BM  22  32  13 Vì hình chiếu B cách H gần nên A  2;7;  B   1;3;  1 Câu 1: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm Xét hai điểm M  Oxy  cho MN 3 Giá trị lớn N thay đổi thuộc mặt phẳng AM  BN A B 10 C 85 Lời giải 65 H B' E D K (α) A Mo N M (Oxy)  Oxy  , suy Gọi B điểm đối xứng với B qua mặt phẳng B  1;3;1 , BN BN  Oxy  A, B phía so với mặt phẳng   K Lấy điểm cho BK  NM ( BNMK hình bình hành), BK MN 3 , BN MK    qua B song song với Do BK //MN nên BK nằm mặt phẳng  Oxy  , suy    có phương trình z 1 mặt phẳng  C  nằm mặt phẳng    có tâm Do BK 3 nên K thuộc đường trịn B, bán kính R 3     H  2;7;1 HB ' 5  R , E giao điểm Gọi H hình chiếu A lên  C tia đối tia BH với Ta có AM  BN  AM  BN  AM  MK  AK  AH  HK  AH  HE AM  BN  12  82  65 Mà AH 1, HE HB  BE 5  8 suy  K E  M  AK , AM  MK  AK  M  AE   Oxy  M Dấu ”=” xảy  Vậy giá trị lớn AM  BN 65 Page Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT Câu 2: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x  y  z  x  y  z  13 0 Lấy điểm M không gian cho từ M kẻ ba tiếp tuyến MA , MB , MC đến mặt cầu  S thỏa mãn AMB 60 BMC   120 A B C 90 , CMA , ( , , tiếp điểm) Khi đoạn thẳng OM có độ nhỏ A 14  3 B  14  C 14  Lời giải D  14 Vì MA , MB , MC tiếp tuyến nên ta đặt MA MB MC  x MAB có MA MB , AMB 60 nên MAB tam giác đều, suy AB MA MB  x 2 Áp dụng định lí Py-ta-go cho MBC ta có BC  MB  MC  x  x MCA : Áp dụng định lí hàm số cos cho CA  MA2  MC  2MA.MC.cos120  x Nhận thấy AB  BC  x  x 3 x  AC , suy ABC vng B Gọi I tâm đường trịn ngoại tiếp ABC  I trung điểm AC Vì MA MB MC nên MI trục đường trịn ngoại tiếp ABC Do M; I; E thẳng hàng Mặt cầu Suy  S ME  có tâm 2 E  1;2;  3 2 bán kính R 3 EC EC 6  S ' có tâm E  1; 2;  3 bán kính sin 600 Vậy M thuộc mặt cầu R ' 6 Ta có Vậy OE  14 Min OM  OE  R ' 6  14 S ) : x2 + y2 + z2 = ( Oxyz Câu 3: Trong không gian với hệ trục , cho mặt cầu hai điểm A ( 3;0;0) ; B ( - 1;1;0) ( S ) Tính giá trị nhỏ Gọi M điểm thuộc mặt cầu Page Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT biểu thức MA + 3MB A 34 B 26 C D 34 Lời giải FB Người gắn ID: Nguyễn Văn Toàn Chọn C M ( x;y;z) Gọi điểm cần tìm M Ỵ ( S ) Þ x2 + y2 + z2 - = Ta có : MA = ( x - 3) Suy ra: = + y2 + z2 ;MB = MA + 3MB = ( x - 3) ( x - 3) ( ( x + 1) 2 + ( y - 1) + z2 2 + y2 + z2 + ( x + 1) + ( y - 1) + z2 ) 2 + y2 + z2 + x2 + y2 + z2 - + ( x + 1) + ( y - 1) + z2 ỉ 1ư 2 2 ữ ữ =3 ỗ x + y + z + x + + y + z2 = 3( MC + MB ) ³ 3BC ỗ ( ) ( ) ữ ỗ ữ 3ứ ố vi ổ ữ Cỗ ỗ ;0;0ữ ữ ữ ỗ ố3 ứ Vy giỏ tr nh nht biểu thức MA + 3MB ìï M = BC Ç ( S ) ỉ 3- + 6 ÷ ÷ ïï uuur ỗ u u u r ỗ ị Mỗ ; ;0ữ ữ ùù CM = kCB ỗ 25 25 ữ k > 0) ỗ ( ố ứ ùợ Câu 4: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm A , B thay đổi mặt cầu Ví dụ x  y   z  1 25 A 24 2 thỏa mãn AB 6 Giá trị lớn biểu thức OA  OB B 12 C D 10 Lời giải I  0;0;1 x  y   z  1 25 có tâm , bán kính R 5        2 OA2  OB  OI  IA  OI  IB 2OI IA  IB Ta có: ,     2OI BA 2.OI BA.cos OI , BA 2OI BA 12   Dấu “=” xảy hai véc tơ OI , BA hướng Mặt cầu  S :         Page Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT 2 Vậy giá trị lớn biểu thức OA  OB 12 Câu 5: Trong không  S  :  x  2 gian với hệ trục   y  1   z  1 4 điểm tọa M  2; 2;1 độ Oxyz, cho mặt cầu Một đường thẳng thay đổi  S  hai điểm A, B Khi biểu thức T MA  4MB đạt giá trị qua M cắt nhỏ đoạn thẳng AB có giá trị A  S có tâm C Lời giải B I  2;1;1 , bk R 2 D IM 1  R  điểm M nằm mặt cầu tâm I , bk R 1  S  M nằm mặt cầu  S  T MA  4MB đạt giá trị nhỏ MB nhỏ  S   AB 4 Vây T 3  4.1 7 AB đường kính mặt cầu IH x  x 1 Cách 2: Gọi H hình chiếu I lên AB đặt MA  MB TH1: Ta T MA  4MB  AH  MH   MH  HB  3MH  AH có 3  x   x  f  x   3 f  x   x    x  Ta có I  AB 2 R 4 TH2: MA  MB   0  x 0  x2  Suy Tmin 13 d qua Page Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT 2 Tính T 5  x   x f  x  5  x   x  0;1 Xét hàm số đoạn f  x   f   7  AB 4 Tìm  0;1 So sánh hai trường hợp ta có Tmin 7 AB 4 Câu 6: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 13 ( S ) :( x  2)  ( y  3) ( z  1)  ba điểm A( 1; 2;3) , B(0; 4;6) , C ( 2;1;5) ; M (a; b; c) điểm thay đổi ( S ) cho biểu thức MA2  MB  MC đạt giá trị nhỏ Tính a  b  c 13 a b c  A B a  b  c 4 C a  b  c 6 D a  b  c 12 Lời giải     Gọi I điểm thỏa mãn IA  IB  IC 0  I (2 x A  xB  xC ; y A  yB  yC ; z A  z B  zC )  I (2;6; 2) Suy điểm cố I định     P 2MA2  MB  MC MI  2MI (2 IA  IB  IC )  IA2  IB  IC P đạt giá trị nhỏ MI đạt giá trị nhỏ 13 26 ( S ) :( x  2)  ( y  3) ( z  1)  R J (  2;3;1) có tâm bán kính Suy IJ  26 Mà M điểm thay đổi ( S ) nên MI đạt giá trị nhỏ M B Page Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT  IJ  26   26  B  BJ R  Ta có  trung điểm IJ 9  B (0; ; )  M (0; ; )  a  b  c 6 2 2 A  1;1;  3 B   2;3;1 Câu 7: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm Xét hai điểm M , N thay đổi thuộc mặt phẳng  Oxz  cho MN 2 Giá trị nhỏ AM  BN A C Lời giải B D B A (Oxz) M H K N A' H  1; 0;  3 K   2; 0;1 A  1;1;  3 Ta có , hình chiếu vng góc B   2;3;1  Oxz  xuống mặt phẳng  Oxz  Nhận xét: A , B nằm phía với mặt phẳng  Oxz  , suy H trung điểm đoạn AA nên Gọi A đối xứng với A qua AM  AM Mà AH  AH 1; BK 3; HK 5 2 2 Do AM  BN  AM  BN  HA  HM  BK  KN   HA  BK  2   HM  KN   16   HM  KN  Lại có HM  MN  NK HK  HM  NK HK  MN 5  3 Dấu “=” xảy H , M , N , K thẳng hàng theo thứ tự 2 AM  BN  16   HM  KN   16   3 5 Suy Vậy giá trị nhỏ AM  BN Câu 8: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm B  2;5;0  , C  4;7;0  K  1;1;3 Gọi  Q  mặt phẳng qua K vng góc với mặt phẳng  Oxy  Khi 2d  B,  Q    d  C ,  Q   đạt giá trị lớn nhất, giao tuyến  Oxy   Q  qua điểm điểm sau đây? Page Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT A M  3; 2;0  B N  15;  4;0  C P  8;  4;0  Lời giải   Q  15; ;0  D   B, C   Oxy  Gọi I hình chiếu K lên  Oxy  , suy I  1;1;0  qua K  Q  :    Oxy  suy ra,  Q  chứa IK Gọi   Oxy    Q    qua I 5  D  ,4,0   Gọi D trung điểm IC , suy  TH1: D, B phía với  d  C ,  Q   2 d  D,  Q   d  D,   2 DM M , N hình chiếu D, B lên  Gọi A trung điểm BD Suy ra, d  B ,  Q    d  C ,  Q   2 d  B ,    d  D ,     BN  DM  4d  A,    2d  B,  Q    d  C ,  Q   max  4d  A,   max    AI Ta A có, trung điểm BD suy 9  A  , ,0  4  221 9  9  AI    1    1  02  4  2  TH2: D, B khác phía với  Page Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT Gọi E điểm đối xứng với D qua I Khi đó: d  D,   d  E ,   Gọi A trung điểm BE Thì 2d  B,  Q    d  C ,  Q   max    AI Vì E điểm đối xứng với D qua I , suy ra: I trung điểm ED 1   E  ;  2;0    3   A  ; ;0   AI  4  A trung điểm BE Ta thấy, TH1 có AI lớn ta chọn trường hợp qua I  1;1;0           : x  14 y  19 0 vtpt n  AI  ; ;0    Đường thẳng  Suy ra, N  15;  4;0    A   1; 2;3 B  3; 2;5  Câu 9: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm Xét hai điểm M  Oxy  cho MN 2023 Tìm giá trị nhỏ N thay đổi thuộc mặt phẳng AM  BN A 17 B 65 C 25 97 Lời giải D 205 97 Page Sưu tầm biên soạn TÀI LIỆU ÔN THI TỐT NGHIỆP THPT   B   Q  Dựng véc tơ BB NM , BN MB , qua B đồng thời song song  Oxy  Suy  Q  5 với mặt phẳng Vì BB MN 2023 suy B thuộc đường tròn tâm B , bán kính R 2023 nằm  Q  Oxy  , ta có A  1; 2;  3 Ta có Gọi A đối xứng với A qua AM  BN  AM  MB  AB H   1; 2;5   Q  Suy AH 8, HB 4 Gọi hình chiếu vng góc A lên Mặt khác HB  HB  BB   2023 2019 2 2 Suy AM  BN  AB  AH  HB   2019 205 97 Câu 10: Cho A  1; 2;3  , B  2;3;  Mặt cầu  S có bán kính R  S tiếp xúc với S đồng thời ba mặt phẳng Oxy, Oyz , Oxz Khối cầu   chứa đoạn thẳng AB Tính tổng giá trị nguyên mà R nhận được? A B C D Lời giải S S Vì mặt cầu   có bán kính R   tiếp xúc với đồng thời ba mặt phẳng Oxy, Oyz , Oxz nên tọa độ tâm I  a, a, a  a R S Để khối cầu   chứa đoạn thẳng AB ta cần có: 3  a 3   23  a 3    23  23   a    2 a   3; 4 R   3; 4 Vì a   nên Tức , suy tổng giá trị nguyên mà R nhận  IA2 R a  6a  0     2  IB R 2a  18a  29 0 Câu 11: A  3;1;1 , B  1;  1;5  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho  mặt phẳng  P : 2x  y  z  11 0 Mặt cầu  S  qua hai điểm A, B tiếp xúc với Page 10 Sưu tầm biên soạn