Dạng 4 cực trị liên quan đến hệ trục tọa độ

Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 I PHẦN ĐỀ BÀI Câu Câu A  0;  2;1 ; B  1;0;   ; C  3;1;   ; D   2;  2;  1 Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho bốn điểm Câu sau sai? A Bốn điểm A, B, C , D không đồng phẳng B Tam giác ACD tam giác vuông A   C Góc hai véctơ AB CD góc tù D Tam giác ABD tam giác cân B A  1; 2;3  P  : x  y  z  0 Mặt cầu tâm Trong không gian Oxyz , cho điểm , mặt phẳng I  a; b; c   P  có bán kính nhỏ Tính thỏa mãn qua A , tiếp xúc với mặt phẳng a b c C ực trị liên quan  độ A đến hệ trụcB.tọa Câu Trong không gian  Oxyz  , cho mặt cầu  S  : x  P  : x  y  z  11 0 Tìm điểm phẳng A Câu  P 2 D  2  y  z  x  y  z  0 mặt phẳng M mặt cầu  S  cho khoảng cách từ M đến mặt ngắn M  0;0;1 B M  2;  4;  1 C M  4;0;3 D M  0;  1;0  A  1; 2;3  P  : x  y  z  0 Mặt cầu tâm Trong không gian Oxyz , cho điểm , mặt phẳng I  a; b; c   P  có bán kính nhỏ Tính thỏa mãn qua A , tiếp xúc với mặt phẳng a b c A Câu C B  D  A  1; 4;5  B  3; 4;0  C  2;  1;0  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm , , mặt phẳng  P  : 3x  y  z  29 0 Gọi M  a; b; c  điểm thuộc  P cho MA2  MB  3MC đạt giá trị nhỏ Tính tổng a  b  c A Câu B 10 D  A  2; 0;  3 B   1;  2;  Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho tam giác ABC với ; ;    P  EA  EB  EC C  2;  1;  E  a ;b ; c Biết điểm điểm để biểu thức đạt giá trị nhỏ Tính T a  b  c A T 3 B T 1 Câu C  10 Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh C T 0  P  : x  y  z  14 0 D T  mặt cầu Hình học tọa độ Oxyz  S  : x  y  z  x  y  z  0  S  Gọi tọa độ điểm M (a; b; c) thuộc mặt cầu  P  lớn Tính giá trị biểu thức K a  b  c cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng A K 1 Câu Trong  :  S không gian Oxyz , cho hai đường D K  x  y  z 5 1 :   1 2 thẳng x  y 3 z   Trong tất mặt cầu tiếp xúc với hai đường thẳng 1  Gọi mặt cầu có bán kính nhỏ Bán kính mặt cầu A 12 Câu C K  B K 2 B C  S 24 D A   1;3;  B  9;  7;  Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho hai điểm , Tìm 2 trục Ox toạ độ điểm M cho MA  MB đạt giá trị nhỏ A M  5; 0;  B M   2;0;  C M  4;0;0  M  9;0;0  D Câu 10 Trong không gian Oxyz , cho điểm A(6;0;0) , B (0;3;0) mặt phẳng ( P) : x  y  z 0 Gọi d đường thẳng qua M (2 ; ; 0) , song song với ( P) tổng khoảng cách từ A , B đến đường thẳng d đạt giá trị nhỏ Vectơ vectơ phương d ?  u A (  10 ;3 ; 8)   u u (14 ;  1;  8) B C (22 ; ;  8)  S1  Oxyz Câu 11 Trong không gian với hệ trục tọa độ r 1 có tâm điểm , cho mặt cầu B R  10  Câu 12 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  P : x   P y  z  0 , có bán kính A  0;3;  1 B   2;1;  1 C  4;  1;  1  S  mặt , , Gọi cầu tiếp xúc với ba mặt cầu Mặt cầu A R  10 ,  u D ( 18 ;  1; 8)  S   S3   S có bán kính nhỏ bao nhiêu? C R 2   S  : x  1 D R 2 2   y     z   4 mặt phẳng  S  Khoảng cách từ M đến Gọi M điểm mặt cầu có giá trị nhỏ 2 A B C  D  2 x  3   y     z  1 2 Câu 13 Cho x , y , z , a , b , c số thực thay đổi thỏa mãn  2 a  b  c 1 Giá trị nhỏ biểu thức P  x  a    y  b    z  c  A 3 B 3 C  D  Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2023 | Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 A  1; 2;1 , B  2;  1;3 M  a ; b ;0  Câu 14 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm điểm cho MA2  MB nhỏ Giá trị a  b A B C D  2 2 M  a ;b; c S : x     y     z   1 Câu 15 Trong không gian Oxyz cho mặt cầu    Điểm  S  Tìm giá trị nhỏ a  b2  c thuộc A 25 B 29 C 24 D 26 A  ;1;1 B  ;  1; 1 C  ;1;1 Câu 16 Trong không gian Oxyz , cho , ,  P  : x  y  z  0 Xét điểm M  a ; b ; c thuộc trị nhỏ Giá trị 2a  4b  c bằng: A B 12 mp  P  cho    MA  2MB  MC đạt giá D5 x y z d:   hai điểm Câu 17 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng A  2;0;3 B  2;  2;  3 , Biết C M  x0 ; y0 ; z0  điểm thuộc d thỏa mãn P MA4  MB  MA2 MB nhỏ Tìm y0 A y0 3 B y0 2 C y0 1 D y0  A  8;5;  11 , B  5;3;   , C  1; 2;   Câu 18 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm mặt  S  :  x  2 2   y     z  1 9   MA  MB  MC Gọi điểm M  a; b; c  điểm  S cho  đạt giá trị nhỏ Hãy tìm a  b A B C D Câu 19 Trong không gian Oxyz , cho điểm A(4;  2; 4) , B ( 2;6; 4) , C (5;  1;  6) Xét điểm M thuộc mặt phẳng A 73  Oxy  o  cho AMB 90 , đoạn thẳng CM có độ dài lớn B C 10 D A  2;4;  1 B  1;4;  1 C  2;4;3 Câu 20 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm , , , D  2;2;  1 , biết M  x; y ; z  2 2 để MA  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ x  y  z A 21 B C D A   10;  5;8  B  2;1;  1 C  2;3;0  Câu 21 Trong không gian Oxyz , cho ba điểm , , mặt phẳng  P  : x  y  z  0 Xét M điểm thay đổi 2 giá trị nhỏ Tính MA  2MB  3MC | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh  P 2 cho MA  2MB  3MC đạt Hình học tọa độ Oxyz A 54 B 282 C 256  S  :  x  2 Câu 22 Trong không gian Oxyz cho mặt cầu M  a ; b ; c   S  A D 328 2   y  1   z  1 9 điểm cho biểu thức P a  2b  2c đạt giá trị nhỏ Tính T a  b  c B C  D  2 S : x   y  3   y   4 Câu 23 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu   Xét hai điểm M , N di động  S 2 cho MN 1 Giá trị nhỏ OM  ON B   A  10 Câu 24 Cho điểm A   3;5;   , B  5;  3;7  mặt phẳng    : x  y  z 0 Xét điểm    , giá trị lớn MA2  2MB A 398 B 379 C 397 Câu 25 Trong không  S  :  x  3 gian Oxyz cho   y     z   36 D   C  đường thẳng M thay đổi D 498 x y z 3 d:   2 1 mặt cầu A  2;1;3 Gọi  đường thẳng qua , vng góc với  S  hai điểm có khoảng cách lớn Khi đường thằng  có đường thẳng d cắt  u  1; a; b  véctơ phương Tính a  b A B  C  D A   1; 2;  B  3;  1;   C   4;0;3  Câu 26 Trong không gian Oxyz , cho ba điểm , , Tìm tọa độ    IA  IB  IC Oxz   điểm I mặt phẳng cho biểu thức đạt giá trị nhỏ 19   37 I ; 0;   A  21   27 I ;0 ;   B  23   37 I  ;0 ;   C  19   25 I  ;0 ;   D  A   1;3;  B  3;1;  Câu 27 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm , Gọi M điểm mặt phẳng  Oxz  độ x0 điểm M A x0 4 cho tổng khoảng cách từ M đến A B ngắn Tìm hồnh B x0 3  a  1;  1;0  Câu 28 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm thay đổi mặt phẳng Giá trị lớn A 17 AM  BN B x0 2 x 1 D A   4;7;3 B  4;4;5 hai điểm , Giả sử M , N  Oxy  C   MN a cho hướng với MN 5 77 C  D 82  Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2023 | Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 2 ( S ) : ( x  1)  ( y  4)  z  Câu 29 Cho mặt cầu hai điểm A(3;0;0), B(4; 2;1) Gọi M điểm thuộc mặt mặt cầu ( S ) Tính giá trị nhỏ biểu thức MA  MB A B C D A  a;0;0  , B  0; b;  , C  0;0; c  Câu 30 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A, B, C với a, b, c  cho OA  OB  OC  AB  BC  CA 1 Giá trị lớn VO.ABC 1 1 A 108 B 486 C 54 D 162 A  1;  1;  B   2;0;3 C  0;1;   M  a; b; c  Oxyz Câu 31 Trong không gian , cho , , Gọi điểm       Oxy  cho biểu thức S  MA MB  2MB.MC  3MC.MA đạt giá trị nhỏ thuộc mặt phẳng Khi T 12a  12b  c có giá trị A T 3 B T  C T 1 Câu 32 Trong không gian với hệ tọa độ  S  : x2  y  z  x  y  z  0 D T  M  a; b; c  Oxyz , gọi điểm thuộc mặt cầu cho biểu thức T 2a  3b  6c đạt giá trị lớn Khi giá trị biểu thức P 2a  b  c 12 A 51 B C D Câu 33 Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(2;  3; 2) , B( 2;1; 4) mặt cầu   ( S ) : ( x  1)  y  ( z  4) 12 Điểm M (a ; b ; c) thuộc mặt cầu ( S ) cho MA.MB nhỏ nhất, tính a  b  c A B  C Câu 34 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm  S  :  x  1 2   y     z  3  D A  2;  2;  , B   3; 3;  1 mặt cầu  S  , giá trị nhỏ Xét điểm M thay đổi thuộc mặt cầu 2 MA  3MB A 103 B 108 C 105 D 100 Câu 35 Cho hình lập phương ABCD ABC D có cạnh Các điểm M , N thuộc  MAC đoạn AB AD cho hai mặt phẳng trị nhỏ thể tích khối chóp A AMC N A 1 B 5 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh C   NAC  3 vng góc với Tìm giá D 21 Hình học tọa độ Oxyz 2 S : x  1   y    z 8 Câu 36 Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu    điểm A  3;0;0  ; B  4; 2;1 Điểm M thay đổi nằm mặt cầu, tìm giá trị nhỏ biểu thức P MA  2MB A P 2 B P 3 C P 4 D P 6 A  2t; 2t ;0  , B  0;0; t  Câu 37 Trong không gian Oxyz , cho điểm với t  Cho điểm P di động a       t b với a, b nguyên dương thỏa mãn OP AP  OP.BP  AP.BP 3 Biết có giá trị a b tối giản cho OP đạt giá trị lớn Tính giá trị Q 2a  b ? A B 13 C 11 D A  3;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0;6  D  1;1;1 Câu 38 Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm Gọi  đường thẳng qua D thỏa mãn tổng khoảng cách từ điểm A, B, C đến  lớn nhất, hỏi  qua điểm điểm đây? A M   1;  2;1 B M  5;7;3 C Câu 39 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu hai điểm M  3; 4;3  Sm  :  x  1 M  7;13;5  D 2   y  1   z  m   m2 A  2;3;5  B  1; 2;  S  , Tìm giá trị nhỏ m để m tồn điểm M cho MA2  MB 9 A m 1 B m 3  C m 8  Câu 40 Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu A  3;0;0  ; B  4; 2;1  S  :  x  1 D m 4   y    z 8 điểm Điểm M thay đổi nằm mặt cầu, tìm giá trị nhỏ biểu thức P MA  2MB A P 2 B P 3 C P 4 D P 6 A  1;1;2  ; B  0;  1;  3 Câu 41 Trong không gian Oxyz , cho điểm Xét điểm M thay đổi mặt    OM  MA  3MB Oxz   phẳng , giá trị nhỏ bằng? 1 A B C D Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2023 | Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 ( S1 ) : x  y  z  x  y  z  0 Câu 42 Trong không gian Oxyz , cho hai mặt cầu ( S ) : x  y  z  x  y  z  0 Xét tứ diện ABCD có hai đỉnh A , B nằm ( S1 ) ; (S ) hai đỉnh C , D nằm Thể tích khối tứ diện ABCD có giá trị lớn A B C D II PHẦN HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu Chọn A      AB  1; 2;  3 ; CD   5;  3;1 ; AC  3;3;   ; BD   3;  2;1 ; AD   2;0;         AB, AC   3;  6;  3   AB, AC  AD     0.6       3 0    Ta có:      AB, AC , AD đồng phẳng hay bốn điểm A, B, C , D đồng phẳng Vậy đáp án A sai   AC AD 3     3.0    3    0  AC  AD Lại có  tam giác ACD tam giác vuông A Vậy đáp án B | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh Hình học tọa độ Oxyz       AB.CD 1       3    3  14   cos AB, CD   AB, CD Mặt khác: góc tù Vậy đáp án C   AB  BD  14 hay AB BD  tam giác ABD tam giác cân B Vậy đáp án D  Câu    Chọn A A I H P  P  có phương trình là: Đường thẳng  qua A vng góc với mặt phẳng  x 1  2t   y 2  t  z 3  t  Gọi H    P  ta có: H   2t ;  t ;3  t  H  P nên ta có:   2t     t     t   0  6t  12 0  t   H   3;0;1  P  có bán kính nhỏ nên có đường Mặt cầu tâm I qua A , tiếp xúc với mặt phẳng  P kính đoạn AH với H hình chiếu A lên mặt phẳng Câu I  a; b; c  I   1;1;   a  b  c 2 Gọi tọa độ trung điểm AH ta có: Chọn B Mặt cầu  S có tâm I  3;  2;1 d  I ,  P   4  R Ta có: bán kính R 3 nên mặt phẳng  P không cắt mặt cầu  S  P Gọi d đường thẳng qua I vng góc với mặt phẳng Suy phương trình đường thẳng Gọi  x 3  t  d :  y   2t  z 1  2t  M , M giao điểm d  S  Khi  3t tọa độ M1 , điểm     2t     2t  M2 ứng với t nghiệm phương trình  t 1     t      2t     2t   0  t  Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2023 | Phan Nhật Linh t 1  M  4;0;3  d  M ,  P   7 Với Với Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 t   M  2;  4;  1  d  M ,  P   1  S  ta có d  M ,  P   d  M ,  P   d  M 1,  P   Với điểm M thuộc  P  ngắn M M Khoảng cách từ M đến mặt phẳng Câu M  2;  4;  1 Vậy Chọn A A I H P  P  có phương trình là: Đường thẳng  qua A vng góc với mặt phẳng  x 1  2t   y 2  t  z 3  t  Gọi H    P  ta có: H   2t ;  t ;3  t  H  P nên ta có:   2t     t     t   0  6t  12 0  t   H   3;0;1  P  có bán kính nhỏ nên có đường Mặt cầu tâm I qua A , tiếp xúc với mặt phẳng  P kính đoạn AH với H hình chiếu A lên mặt phẳng Câu I  a; b; c  I   1;1;   a  b  c 2 Gọi tọa độ trung điểm AH ta có: Chọn A     H  xH ; y H ; z H  HA  HB  3HC 0 Gọi điểm thỏa mãn 1  xH   xH    xH  0  xH 2   4  yH   yH     yH  0   yH 1   z 1  zH    z H     z H  0  H  2;1;1  H Khi đó:        2 T MA2  MB  3MC  MH  HA  MH  HB  MH  HC Ta có:     5MH  HA2  HB  3HC  MH HA  HB  3HC 5MH  HA2  HB  3HC          P Suy T đạt giá trị nhỏ  MH nhỏ  M hình chiếu H lên | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh Hình học tọa độ Oxyz H  2;1;1  P  Phương trình đường thẳng d qua vng góc với Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình  x 2  3t  y 1  3t     z 1  2t 3 x  y  z  29 0  x 2  3t   y 1  3t ,  t     z 1  2t   x 5  y 4    z  t 1  M  5; 4;  1 Vậy a  b  c 8 Câu Chọn B Câu  G  1;  1;1 Gọi G trọng tâm tam giác ABC     P  EA  EB  EC  3EG 3EG 0  Pmin 0 E G  1;  1;1  T 1 Ta có: , chọn B Chọn C  S I  1;  2;  1 có bán kính R 3  P n  2;  1;   Mặt phẳng có véctơ pháp tuyến Mặt cầu có tâm  P  đường thẳng d có Gọi d đường thẳng qua I vng góc với mặt phẳng phương trình tham số  x 1  2t   y   t  z   2t  Điểm M thuộc mặt cầu ( S ) cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( P ) lớn  S M giao điểm đường thẳng d mặt cầu Khi tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình  x 1  2t  y   t  x 1  2t   y   t   z   2t     t 1  z   2t   x  y  z  x  y  z  0   t  Với Với Vậy Câu t 1  M  3;  3;1  d  M ,  P       14 1 t   M   1;  1;  3  d  M ,  P    M   1;  1;  3     14 7 thỏa mãn nên a  1, b  1, c   K a  b  c  Chọn B   Cách 1: Gọi I tâm mặt cầu tiếp xúc với hai đường thẳng Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2023 | 10 Phan Nhật Linh 2 MA2  t  1   2t  1  9t 14t  6t  2 Fanpage: Luyện thi Đại học 2023  1 MB  t  1   2t  3   3t   14t  50t  46  2 Ta có P MA4  MB  MA2 MB  MB  MA2   3MA2 MB Thay  1  2 P  44t  44    14t  6t    14t  50t  46  vào P ta 2 442  t  1   14  t  1  10  22  t  1  14  t  1  10  22  t  1      2 2 1936  t 1   14  t  1  10   22  t  1    2 1936  t  1   196  t  1  280  t  1  100  484  t 1    588  t  1  1324  t  1  300 Xét hàm số Đặt f  u  588u  1324u  300, u 0 f  u   f   , u 0 Ta u  t  1 , u 0  P 588u  1324u  300, u 0 có f '  u  1176u  1324  0, u 0 Pmin  f   300 u 0  t  0  t   y0 2.( 1)   Vậy y0  Câu 18 Chọn B     N   2;0;1 N Gọi điểm thỏa mãn NA  NB  NC 0 , suy Khi đó:              MA  MB  MC  MN  NA  MN  NB  MN  NC  NA  NB  NC  MN MN     Suy   MA  MB  MC trình  S ta được:     S  có tâm I  2; 4;  1 , suy ra: nhỏ MN nhỏ Mặt cầu  NI  4; 4;    2; 2;  1  2t    Phương trình  x 2  2t  NI  y 4  2t  z   t  Thay phương trình NI vào phương  t 1 2   2t     t  9  t 1    t   S  hai điểm phân biệt N1  3;6;   , N  0; 2;0  Suy NI cắt NN1  NN nên MN nhỏ M  N Vậy M  0; 2;0  điểm cần tìm Suy ra: a  b 2 Vì 15 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh Hình học tọa độ Oxyz Câu 19 z C y O M x C' H Chọn C Giả sử M  x; y;0  Gọi I trung điểm AB  I (1; 2; 4) Do MA  MB M , suy M thuộc mặt cầu tâm I bán kính AB R    6  82  2 5 Mặt khác M  Oxy suy toa độ điểm M thỏa mãn  x  1   y   9    z 0  x  1   y     z   25   z 0 Suy M thuộc đường  C có tâm H  1;2;0  bán kính R 3 Gọi C hình chiếu C lên  Oxy  , suy C  5;  1;0  , CC    6 HC  42    3 5 Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2023 | 16 Phan Nhật Linh CM lớn C M lớn Fanpage: Luyện thi Đại học 2023 C M lớn  HC   R  5  8 C M  CC 2  82  62 10 Suy độ dài đoạn CM lớn Câu 20 Chọn B 7  I  ; ;0      I  a; b; c  Xét điểm thỏa mãn IA  IB  IC  ID 0 Khi       2   2 2 2  MI  IA  MI  IB  MI  IC  MI  ID MA  MB  MC  MD Ta có      4 MI  MI IA  IB  IC  ID  IA2  IB  IC  ID            4MI  IA2  IB  IC  ID  IA2  IB  IC  ID ( MI 0 với điểm M ) 7 21 7  M  ; ;0   x  y  z    4 4  Dấu " " xảy  M  I tức Câu 21 Chọn B     I  x; y; z  IA  IB  3IC 0 Gọi điểm thỏa mãn    IA   10  x;   y;8  z  IB   x;1  y;   z  IC   x;3  y;  z  Ta có , ,   10  x     x     x  0  x 0      y     y     y  0   y 1   z 1   z      z     z  0   I  0;1;1 Khi đó,   P  , ta có Với điểm M thay đổi        MI  IB  MI  IC 2  MI  IA MA  2MB  3MC     6 MI  IA2  IB  3IC  2MI IA  IB  3IC     6MI  IA2  IB  3IC (Vì IA  IB  3IC 0 )         2 Ta lại có IA  IB  3IC 185  2.8  3.9 228 2 Do đó, MA  2MB  3MC đạt giá trị nhỏ  MI đạt giá trị nhỏ  M hình chiếu vng góc I  P  Khi đó, MI d  I ,  P   3 2 2 Vậy giá trị nhỏ MA  2MB  3MC MI  228 6.9  228 282 2 Giá trị nhỏ MA  2MB  3MC đạt M hình chiếu vng góc  P I Lưu ý thêm cách tìm điểm M sau: 17 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh Hình học tọa độ Oxyz  x t   y 1  2t  P  Phương trình  :  z 1  2t Gọi  đường thẳng qua I vng góc với Ta có M    P  Xét phương trình t    2t     2t   0  9t  0  t 1  M  1;3;  1 Câu 22 Chọn D Cách 1: 2 M  a ; b ; c    S    a     b  1   c  1 9 Ta có Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có 2 2   a     b  1   c  1   12  2  2    a     b  1   c  1       a     b  1   c  1  9.9   1  a     b  1   c  1 9   a  2b  2c 15 hay   P 15 Pmin Vậy a  b  c        2  1  a     b  1   c  1    a 1  b  c   T a  b  c 1    1    1  Khi Cách 2: Mặt cầu  S có tâm I  2;1;1 M  a;b;c  S  , bán kính R 3 Để đồng thời P a  2b  2c  S  mặt phẳng  Q  : x  y  z  P 0 đạt giá trị nhỏ M phải điểm chung d  I ;     R   P 9   P 15 Suy Ta có P  a 1 , b  , c  Vậy T a  b  c  Câu 23 Chọn A Cách 1: 2 I  0;3;   có tâm , bán kính R 2     2  2 OM  ON  OI  IM  OI  IN 2OI IM  IN Ta có: , (vì IM IN R )     2OI NM 2.OI NM.cos OI , NM  2OI NM  10   Dấu “=” xảy hai véc tơ OI , NM ngược hướng Mặt cầu  S  : x   y  3   y   4         2 Vậy giá trị nhỏ biểu thức OM  ON  10 Cách 2: Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2023 | 18 Phan Nhật Linh Fanpage: Luyện thi Đại học 2023  x   y  3   z   4  1 M   S    2   N   S   a   b  3   c   4    MN 1  2 M  x ; y ; z  N  a ;b ; c   x  a    y  b    z  c  1(3) Xét điểm , ta có  1    Lấy theo vế có: x  y  z  a  b  c 6  y  b    z  c  Kết hợp sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz (Bunhiacopski) (3) ta có OM  ON x  y  z  a  b  c 6  y  b    z  c   6  82    y  b   z  c     82    y  a  ( y  b)   z  c    10  x   y  3   z   4  2  a   b     c   4  2  x  a    y  b    z  c  1  x  a 0  y b z c   k   8 Dấu đạt Chọn đáp án A 2 *Một cách tương tự mở rộng cho – max  OM   ON Câu 24 Chọn C Cách    HA  HB 0  H  13;  11;19  Gọi H điểm thỏa mãn 2 d H ,     7 Ta tính: HA 1088 ; HB 272 ;     2 MA2  2MB  MH  HA  MH  HB Ta có:    2 2  MA  MB  MH  MH HA  HB  HA  HB  MA2  2MB  MH  544       2  MA  2MB  d  H ,      544 397 2   Vậy giá trị lớn MA  2MB 397 M hình chiếu vng góc H Cách Gọi M  a; b; c       a  b  c 0  a  b  c Ta tính MA2    a     b      c  2 ;  MA2  2MB  a  26a  b  22b  c  38c  107 2 2  MA  MB  2b  2b  24  c   2c 12c  107 24  c   MA  2MB   b    c  36c  181    2 19 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh MB   a      b     c  Hình học tọa độ Oxyz 24  c   MA  2MB   b     c  12   397     MA2  MB 397 2 2 Giá trị lớn MA  2MB 397 c 12; b  18; a 6 2 M  6;  18;12  Vậy giá trị lớn MA  2MB 397 Câu 25 Chọn D Gọi    : x  y  z  0 mặt phẳng qua A vng góc d Suy    qua A vuông với d nên  nằm     S  hai điểm có khoảng cách lớn nên  qua tâm K đường tròn giao Vì  cắt tuyến    S Ta có: K hình chiếu vng góc tâm I mặt cầu lên    23 14 47  K ; ;  nên  9    5 20   AK  ; ;   u  1;1;  9 9  Khi đó: Câu 26 Chọn B     Chọn điểm K cho KA  KB  KC 0 27   xK     xK     xK      xK  0    y K 1    yK      yK     y K  0  21  21  27   zK   K ;1;   z    z   z        K K K    Khi đó:            IA  IB  5IC  IK  KA  IK  2KB  5IK  5KC  IK 4 IK IK đạt giá trị nhỏ K hình chiếu vng góc I lên mặt phẳng  Oxz  21   27 I ;0;   Vậy  Câu 27 Chọn C Tư toán học 4.0 – Luyện thi Đại học 2023 | 20