LỜI GIẢI CHUYÊN đề 23

Câu Câu Câu Câu Câu Câu Câu Câu Câu Câu 10 Câu 11 Câu 12 Câu 13 PHẦN B LỜI GIẢI THAM KHẢO Dạng Xác định VTCP Chọn C x = − t  d :  y = + 2t uu r z = + t u = ( −1; 2;1)  có vectơ phương Chọn C r u = ( 2; − 5;3) d Dựa vào phương trình đường thẳng suy vectơ phương Chọn Cuuu r r AB = ( −1; 0; ) b = ( −1; 0; ) AB Ta có suy đường thẳng có VTCP Chọn B x + y −1 z − uu r d: = = u = ( 1; − 1; ) −1 Đường thẳng có vectơ phương Chọn D x + y −1 z − uu r d: = = u2 = ( 1; − 3; ) −3 Đường thẳng có vectơ phương Chọn D Chọn A uu r u2 = (1; −2;3) Ta thấy đường thẳng d có vectơ phương có tọa độ Chọn B r u = (−1; 2;1) d Một vectơ phương là: Chọn C Chọn A Ox ⇒ M ( 1;0;0 ) M1 M hình chiếu lên trục Oy ⇒ M 0; 2;0 ) M2 2( M hình chiếu lên trục uuuuuur M 1M = ( −1; 2;0 ) M 1M Khi đó: vectơ phương ur u1 = ( −1; 2;3) d Tauu rcó mộturvectơ uu r chỉurphương uu r uu r u2 = −3u1 u3 = −u1 ⇒ u2 , u3 d , vectơ uu vectơ phương r uu r uu r u4 = ( −2; 4;3) u4 = k u1 d k Không tồn số để nên vectơ phương Chọn C ( −2; −1; −1) = − ( 2;1;1) Xét đường thẳng cho câu C, có vectơ phương (thỏa đề bài) r v ( 2;1; ) d Đường thẳng có véc tơ phương r u ( a; 2; b ) Câu 14 Câu 15 Câu 16 Câu 17 Câu 18 Câu 19 Câu 20 Câu 21 Câu 22 làm véc tơ phương d suy r u r v a = a b = = ⇔ 2 b = phương nên r  −1  u = ( 4; − 6;9 ) = 12  ; ; ÷ 3 4 ∆ ∆ Cách 1: Từ phương trình suy véctơ phương uu r u3 = ( 2; −1; ) d Đường thẳng có vectơ phương r ur u = ( 3; −2; −1) = −1( −3; 2;1) u1 = ( −3; 2;1) Vectơ phương đường thẳng nên vectơ phương đường thẳng r u d = ( 2; −4;1) d Từ phương trình tắc đường thẳng ta có vectơ phương d d Từ phương trình tham số đường thẳng , ta suy véc tơ phương đường thẳng r u = (1;0; −2) Dạng Xác định phương trình đường thẳng Dạng 2.1 Xác định phương trình đường thẳng Chọn D  x = + 2t  d :  y = 3t r  z = −2 + t M (1;0; −2) u (2;3;1)  Do đường thẳng qua điểm có véc tơ phương nên có x −1 y z + = = phương trình tắc uuuu r MN = ( −1; 3; ) uuuu r MN = ( −1; 3; ) MN N Đường thẳng qua nhận làm vectơ phương có phương trình x y −1 z − = = −1 r O ( 0;0;0 ) k = ( 0; 0;1) Oz Trục qua gốc tọa độ nhận vectơ đơn vị làm vectơ phương nên x =  y = z = t  có phương trình tham số Theo lý thuyết dường thẳng khơng gian Oxyz, ta có phương trình tham số đường thẳng  x = x0 + a1t   y = y0 + a2t , ( t ∈ ¡ ) r z = z + a t M ( x0 ; y0 ; z0 ) a = ( a1; a2 ; a3 )  qua điểm có véctơ phương Do đó, đáp án D Câu 23 Chọn B Ta có: uuur EF = (3;1; −7) Đường thẳng x +1 y z − = = −7 có phương trình: Câu 24 Chọn B y′Oy Trục giao mặt phẳng r a = ( 4; −6; ) = ( 2; −3;1) Câu 25 \ Do đường thẳng ∆ EF ( Oxy ) qua điểm ( yOz ) có vectơ phương E ( −1; 0; 2) có VTCP nên có phương trình r u = ( 2; −3;1) r uuur u = EF = (3;1; −7) x =  y =t z =  Vậy phương trình tham số  x = + 2t   y = −3t r  z = −1 + t M ( 2;0; −1) u = ( 2; −3;1)  quauuur có vectơ phương là: PQ = ( 1; 2;3) P, Q d Câu 26 Ta có Gọi đường thẳng r điuqua uur hai điểm u d = PQ = ( 1; 2;3) d Khi có vec tơ phương x −1 y −1 z +1 d: = = P 1;1; − ( ) d Phương trình đường thẳng qua điểm uuu r r u u u r AB ( 4; 2; −4 ) u ( −2; −1; ) AB Câu 27 Ta có Suy phương với r B ( 5; 4; − 1) u ( −2; −1; ) AB Phương trình đường thẳng qua nhận làm vectơ phương là: x − y − z +1 = = , ( 1) −2 −1 Do loại A, C C ( −1; −2; −3) ( 1) Có tọa độ khơng thỏa mãn phương trình nên phương án B D ( 3;3;1) ( 1) AB Lại có tọa độ thỏa mãn phương trình nên phương trình đường thẳng x − y − z −1 = = −2 −1 viết là: r j = ( 0; 1; ) A( ; ; 0) Oy Câu 28 Đường thẳng qua điểm nhận vectơ đơn vị làm vectơ  x = + 0.t x =    y = + 1.t ( t ∈ ¡ ) ⇔  y = + t ( t ∈ ¡ )  z = + 0.t z =   phương nên có phương trình tham số ∆ Câu 29 Chọn A M (1; 2; −3) d r u = ( 2; −1;1) Đường thẳng qua điểm nhận véc tơ nên có phương trình dạng x −1 y − z + = = −1 tắc Dạng 2.2 Xác định phương trình đường thẳng biết yếu tố vng góc Câu 30 Chọn B r u = ( 1;3; −1) Vectơ phương đường thẳng nên suy đáp án A B Thử tọa A ( 2;3;0) độ điểm vào ta thấy đáp án B thỏa mãn Câu 31 Chọn C ∆ Gọi đường thẳng cần tìm M ( a;0;0 ) M = ∆ ∩ Ox Gọi Suy uuuu r AM = ( a − 1; −2; −3) uu r ud = ( 2;1; −2 ) d có VTCP: uuuur uu r AM ud = ⇔ 2a − − + = ⇔ a = −1 ∆⊥d Vì nên uuuu r M ( −1;0;0 ) AM = ( −2; −2; −3) = − ( 2; 2;3) ∆ ∆ Vậy qua có VTCP nên có phương trình:  x = −1 + 2t   y = 2t  z = 3t  Câu 32 Chọn C ( BCD) ( BCD) Đường thẳng qua A vng góc với mặt phẳng nhận vectơ pháp tuyến vectơ phương uuu r uuu r BC = ( 2; 0; - 1) , BD = ( 0; - 1; 2) Ta có uu r uuuu r uuu r uuu r Þ ud = nBCD = é BC ; BD ù = ( - 1; - 4; - 2) ê ú ë û Khi ta loại đáp án A B A( 1;0; 2) Thay điểm vào phương trình phương án C ta có ìï = + t ïï í = + 4t Û ïï ïïỵ = + 2t Suy đường thẳng có phương trình tham số phương án C qua điểm Câu 33 Chọn D ìï t =- ïï í t =- ïï ïïỵ t =- A nên C phương án Phương trình  x = − t1  d1 :  y = − 2t1  z = −2 + t  Gọi đường thẳng cần tìm ∆  x = − 3t2  d :  y = −1 + 2t2 z = + t  d1 d2 ∆ A B Giả sử đường thẳng cắt đường thẳng , A ( − t1 ;3 − 2t1 ; −2 + t1 ) B ( − 3t ; −1 + 2t ; + t ) Gọi , uuur AB = ( − 3t2 + t1 ; −4 + 2t2 + 2t1; + t2 − t1 ) r ( P ) n = ( 1; 2;3) Vectơ pháp tuyến − 3t2 + t1 −4 + 2t2 + 2t1 + t2 − t1 uuur = = r n AB Do phương nên  − 3t2 + t1 −4 + 2t2 + 2t1 =  ⇔ t =  −4 + 2t2 + 2t1 = + t2 − t1 ⇔  A ( 1; −1;0 ) B ( 2; −1;3)  t2 = Do , r A ( 1; −1;0 ) n = ( 1; 2;3) ∆ Phương trình đường thẳng qua có vectơ phương x −1 y +1 z = = Câu 34 Chọn A uuu r AB = ( 1; −2;2 ) uuur AD = ( 0; −1;3) uuu r uuur AB ∧ AD = ( −4; −3; −1) Đường thẳng qua C ( 2; −1;3)  x = − 4t   y = −1 − 3t z = − t  Điểm vng góc với mặt phẳng ( ABD ) có phương trình E ( −2; −4;2 ) có phương trình thuộc đường thẳng trên, suy đường thẳng cần tìm trùng với đường thẳng  x = −2 + 4t   y = −4 + 3t z = + t  Chọn đáp án đáp án C Câu 35 Chọn C uuu r uuur uuu r uuur r  n = AB AB = ( −1;3;1) AC = ( 1; − 1;0 ) ( ABC )  , AC  = ( 1;1; − ) Ta có ; ; Đường thẳng qua ( ABC ) D vng góc với mặt phẳng nên có véc tơ phương x = 1+ t   y = 1+ t r  z = −3 − 2t n( ABC ) = ( 1;1; −2 )  , phương trình tham số là: Câu 36 Chọn A ∆ Gọi đường thẳng cần tìm x +1 y −1 z − r d: = = u = ( 1; − 2; ) −2 có VTCP uuuu r M ( 0; m;0 ) ∈ Oy AM = ( −2; m − 1; − ) Gọi , ta có uuuu rr ∆ ⊥ d ⇔ AM u = ⇔ −2 − ( m − 1) − = ⇔ m = −3 Do  x = 2t   y = −3 + 4t uuuu r  z = 3t AM = ( −2; − 4; − 3)  ∆ Ta có có VTCP nên có phương trình Câu 37 Chọn B Gọi d A ( BCD ) vng góc với ulà uurđường thẳng điuuqua ur BC = ( −1;1; − 1) ; BD = ( 0; −1; − ) Ta có r uuur uuur n( BCD ) =  BD , BC  = ( 3; 2; − 1) ( BCD ) Mặt phẳng có vec tơ pháp tuyến r ud d Gọi vec tơ u phương đường thẳng u r r d ⊥ ( BCD ) ud = n( BCD ) = ( 3; 2; − 1) Vì nên uu r ud = ( 3; 2; − 1) Đáp A C có VTCP nên loại B D A ( 0;0; ) Ta thấy điểm thuộc đáp án C nên loại A Câu 38 Lời giải Chọn D Cách 1: d: Đường thẳng x −1 y z +1 = = 1 có véc tơ phương r u = ( 1;1; ) ( P) d A mặt phẳng qua điểm vng góc với đường thẳng , nên nhận véc tơ phương ( P ) :1( x − 1) + y + ( z − ) = ⇔ x + y + z − = d vecto pháp tuyến d ⇒ B ( + t ;t ;− + 2t ) ( P) B Gọi giao điểm mặt phẳng đường thẳng B ∈ ( P ) ⇔ ( + t ) + t + ( −1 + 2t ) − = ⇔ t = ⇒ B ( 2;1;1) Vì uuu r AB = ( 1;1; −1) ∆ A Ta có đường thẳng qua nhận vecto véc tơ phương có dạng x −1 y z − ∆: = = 1 −1 Cách 2: d ∩ ∆ = B ⇒ B ( + t ; t ; −1 + 2t ) Gọi uuur uu r AB = ( t; t ; −3 + 2t ) ud = ( 1;1; ) d thẳng uuu r , Đường uu r u uur uu r có VTCP AB ⊥ ud ⇔ AB.ud = ⇔ t + t + ( −3 + 2t ) = ⇔ t = d ⊥∆ Vì uuu rnên uuu r A 1;0; AB = ( 1;1; −1) AB = ( 1;1; −1) ( ) ∆ Suy Ta có đường thẳng qua nhận véc tơ véc x −1 y z − ∆: = = 1 −1 tơ phương có dạng Câu 39 Chọn D uuu r uuur OA; OB  = ( 4; −8;8 )   Ta có: r u = ( 1; −2; ) d d Gọi đường thẳng thỏa mãn có VTCP OA = 3, OB = 4, AB = I ( x; y; z ) OAB Ta có Gọi tâm đường tròn nội tiếp tam giác uu r uur uur r OB.IA + OA.IB + AB.IO = Áp dụng hệ thức uuu r uur uuu r uur uur r uur uuu r uuu r ⇔ 4.(OA − OI ) + 3.(OB − OI ) + 5.IO = ⇔ OI = 4OA + 3OB ⇒ I ( 0;1;1) 12 Gọi ( Suy x = t  d :  y = − 2t  z = + 2t  d cho t = −1 ⇒ d M (−1;3; −1) Do qua x +1 y − z +1 = = −2 qua điểm có VTCP ) M (−1;3; −1) r u = (1; −2;2) nên đường thẳng có phương trình Câu 40 Chọn C  x = −1 + 2t   y = −t  d  z = −2 + 2t : ( P) d ∆ Gọi đường thẳng nằm vuông góc với uur uu r uur u∆ = ud ; nP  = (−1; 4;3) (P) d Gọi A giao điểm Tọa độ A nghiệm phương trình: ( −1 + 2t ) + ( − t) − ( −2 + t) + = ⇔ t = ⇒ A(3; −2; 2) Phương trình Câu 41 Chọn D +) VTCP +) Vì d d ∆ qua ∆ , ∆′ A(3; −2; 2) vng góc với +) qua Câu 42 Chọn D M ( −1;1;3) ∆ nên có vtcp uur u ∆ = (−1;4;3) r u = ( 3;2;1) ∆′ r v = ( 1;3; −2) r ud = ( −1;1;1) nên  x = −1− t  d :  y = 1+ t  z = 3+ t  có dạng: ; x = + t   y = −2 − 4t  z = − 3t  r r u , v = ( −7;7;7) x = t  ⇒ ∆ :  y = −1 + 2t x y + z −1 ∆: = = z = + t  Ta có M = ∆ ∩ ( P ) ⇒ M ∈ ∆ ⇒ M ( t ; 2t − 1; t + 1) Gọi M ∈ ( P ) ⇒ t − ( 2t − 1) − ( t + 1) + = ⇔ − 4t = ⇔ t = ⇒ M ( 1;1; ) r ( P ) n = ( 1; −2; −1) Véc tơ pháp tuyến mặt phẳng r u = ( 1; 2;1) ∆ Véc tơ phương đường thẳng ( P) d ∆ Đường thẳng nằm mặt phẳng đồng thời cắt vuông góc với r r n, u = ( 0; −1; ) M ( 1;1; ) ∈ d d ⇒ 2  Đường thẳng nhận làm véc tơ phương x =  d : y = 1− t  z = + 2t  ⇒ Phương trình đường thẳng Câu 43 Chọn C ( P ) A ( 4; −1;2) d1 Tọa độ giao điểm A Mặt phẳng cần tìm qua 2x − y + 2z − 13 = Câu 44 Chọn A Gọi VTCP đường thẳng cần tìm (α) r ⇔a Đường thẳng vng góc với a1 = a = −1 a3 = Chọn nhận r a = ( a1; a2 ; a3 ) phương Câu 45 Đường thẳng r u2 ( 2; −1;2) ( Oxy ) d với làm VTCP có phương trình a12 + a22 + a32 > a a a r⇔ 1= = n −1 vng góc với mặt phẳng tọa độ nên nhận A ( 1;1;1) d khác qua nên: x =  y =1 z = 1+ t  d ⇒ Đường thẳng có phương trình là: r k = ( 0;0;1) làm vectơ phương Mặt Câu 46 Lời giải Chọn B Mặt phẳng ( P) r n = ( 1; − 3; ) có VTPT r n = ( 1; − 3; ) ( P) d d Vì vng góc với nên nhận VTCP x −1 y + z − r = = n = 1; − 3; ( ) d −3 M Đường thẳng qua nhận VTCP có phương trình: K ( + t ; - 1- t ; + t ) d2 d d A K Câu 47 Gọi đường thẳng qua cắt Khi uuur AK = ( + t ; - t ; t - 2) Ta có uuu r ur r u1 = ( 1; 4; - 2) AK ^ d1 Û AK u1 = d1 Đường , với vectơ phương uuur AK = ( 2; - 1; - 1) + t - 4t - 2t + = Û t = Do , suy d: Vậy phương trình đường thẳng Câu 48 Gọi giao điểm ∆ d x - y +1 z - = = - - uu r uuu r u∆ = AB = ( t , t , 2t − 3) B ( t + 1; t; 2t − 1) Khi uu r ud = ( 1,1, ) d ∆ Vì đường thẳng vng góc với đường thẳng có thì: uu r t + t + ( 2t − 3) = ⇔ t = ⇒ u∆ = ( 1,1, −1) x − y −1 z −1 ∆: = = 1 −1 ∆ Phương trình đường thẳng thỏa mãn yêu cầu toán r u = ( 1; 2;3) d Câu 49 Đường thẳng có vectơ phương d Oz ∆ M Gọi đường thẳng quauuuu , vng góc với cắt r N ( 0;0; t ) = ∆ ∩ Oz ⇒ MN = ( −1;0; t − 1) Gọi u u u u r   ur uuur r uuuu r ⇔ t = ⇒ MN =  −1;0; ÷ u = ( −3;0;1)   MN ∆ ⊥ d ⇔ MN u = Khi phương với M ( 1;0;1) ( −3;0;1) ∆ Đường thẳng qua điểm có vectơ phương nên có phương Câu 50 Chọn B Do Gọi ∆ nằm nằm A = ∆∩d ( P) A = ( P ) ∩ d ⇒ A ( 1; 0; −3 ) Vậy phương trình tham số r u d1 = ( 1; 4; −2 ) Câu 51 Ta có: d2 : d ∆ vng góc với nên có véctơ phương uur uuur uu r u∆ =  n( P ) , ud  = ( 4; −5; −7 ) x − y + z −1 = = −1 ∆  x = + 4t   y = − 5t  z = −3 − 7t  hay  x = −3 + 4t   y = − 5t  z = − 7t  x = + t  d :  y = −1 − t ( t ∈ ¡ z = 1+ t  ) nên phương trình tham số M ( + t ; −1 − t ;1 + t ) d2 d Gọi đường thẳng cắt đường thẳng uuuur AM = ( + t ; −t ; t − ) Ta có: 10 Gọi Do d trục ∆ABC ∆ABC nên  x = − + t   d :y = − +t   z = − + t  d , ta có thấy 2   D  − + t; − + t; − + t ÷ 3   Ta có  2 2 G− ;− ;− ÷  3 3 qua trọng tâm ∆DAB = ∆DBC = ∆DCA Ta Có ( ABC ) : x + y + z + = , suy DA = DB = DC ⇒ D ∈ d nên , suy giả sử uuur  2  uuur   uuur  2  AD =  + t ; − + t; − + t ÷; BD =  − + t ; + t ; − + t ÷; CD =  − + t ; − + t ; + t ÷ 3  3  3  3     4 4 uuur uuur t = − ⇒ D  − ;− ;− ÷   AD.BD =  3 3 ⇒  uuur uuur  AD.CD = t = ⇒ D 0;0;0 (loai) ( )  Ta có có VTCP r u = (1;1;1) 2   I ∈ d ⇒ I  − + t; − + t; − + t ÷ 3   IA = ID ⇒ t = , tứ diện  1 1 ⇒ I  − ; − ; − ÷⇒ S = −1  3 3 ABCD nội tiếp mặt cầu tâm I nên Dạng 7.5 Bài toán cực trị Câu 234 Chọn C 94 r n = ( 1; − 2;2) ( P) Mặt phẳng ( S) I ( −1; 2; 1) r =1 có vtpt Mặt cầu có tâm bán kính Nhận r r d I ; ( P ) = > 1= r ( P) ( S) u n 45ο thấy góc Vì nên khơng cắt NH MN = = NH ο · P ( ) N MN NMH = 45 sin 45ο H Gọi hình chiếu lên nên lớn NH N ≡ N′ N′ H ≡ H′ lớn Điều xảy với giao điểm ( P) H′ ( P) d I I đường thẳng qua , vuông góc hình chiếu lên NH max MN max = =3 NH max = N ′H ′ = r + d I ; ( P ) = sin 45ο Lúc ( ( Câu 235 Ta có tâm I ( 1; −2;0 ) Khoảng cách từ I bán kính đến mặt phẳng I ) ) R=2 ( P) ngắn Đường thẳng qua vng góc với mặt phẳng M Khi tọa độ nghiệm hệ phương trình M ( P) hình chiếu I lên mặt phẳng có phương trình tham số  x = −  y = −   x = + 2t ⇔  x = + 2t  y = −2 − t z = −  y = −2 − t    ⇔  z = t  z = t   t = −  ( + 2t ) − ( −2 − t ) + ( 2t ) + =  x − y + z + =  ( P)  x = + 2t   y = −2 − t  z = 2t  Câu 236 Chọn C 95 ( P) Mặt phẳng r n = ( 1; − 2;2) ( S) I ( −1; 2; 1) r =1 có vtpt Mặt cầu có tâm bán kính Nhận r r d I ; ( P ) = > 1= r ( P) ( S) u n 45ο thấy góc Vì nên khơng cắt NH MN = = NH ο · P ( ) N MN NMH = 45 sin 45ο H Gọi hình chiếu lên nên lớn NH N ≡ N′ N′ H ≡ H′ lớn Điều xảy với giao điểm ( P) H′ ( P) d I I đường thẳng qua , vng góc hình chiếu lên NH max MN max = =3 NH max = N ′H ′ = r + d I ; ( P ) = sin 45ο Lúc −1 − 2.2 + 2.1 − d ( I ,( P) ) = =2>R I ( −1; 2;1) ( S) 12 + 22 + 22 R =1 Câu 237 có tâm bán kính Ta có: ( ( H ) ) N ( P) α Gọi hình chiếu vng góc mặt phẳng góc uuuu r r · α = HNM α MN u Vì phương với nên góc có số đo khơng đổi, MN NH 96 HN = MN cos α ⇒ MN = Có HN = d ( I , ( P ) ) + R = r uur cos α = cos u , nP = ( Có HN cos α ) MN = nên nên MN lớn HN = cos α ⇔ HN lớn ⇔ Câu 238 Lời giải (S ) I (1; −2; −1) (S ) R = d ( I ;( P) ) = > R ⇒ , bán kính ; mặt cầu mặt phẳng Mặt cầu có tâm ( P) khơng có điểm chung IH ⊥ ( P), ( H ∈ ( P )) (S ) MN M IH Dựng Ta có: nhỏ giao điểm đoạn với N≡H  x = + 2t   y = −2 − t ; ( t ∈ ¡ )  IH  z = −1 + 2t Phương trình đường thẳng : 2 M ( + 2t ; −2 − t; −1 + 2t ) ∈ ( S ) ( x − 1) + ( y + ) + ( z + 1) = Điểm nên 2 M ( 3; −3;1) , M ( −1; −1; −3) ⇔ ( 2t ) + ( −t ) + ( 2t ) = ⇔ t = ±1 Khi d ( M ;( P) ) = d ( M ;( P ) ) = > IH = Thử lại: ; (loại)  11 10  M ( 3; −3;1) ; N  ; − ; ÷ MN = MH = 3 3 Vậy H ( 2t;1 − 2t; −1 − t ) d I Câu 239 Gọi hình chiếu lên đường thẳng uuu r uu r  5 IH ud = ⇒ ( 2t − 1) − ( − 2t ) − ( −2 − t ) = ⇔ t = ⇒ H  ; − ; − ÷  3 3 Ta có: S ( ) IH = 10 < = R ⇒ d Vì cắt mặt cầu điểm phân biệt 97 ( Q) ( S) d r Mặt phẳng chứa ln cắt theo đường trịn bán kính r = R − d ( I , ( Q ) ) ≥ R − d ( I , d ) = 16 − 10 = Khi ( P) d Do mặt phẳng chứa cắt mặt cầu theo đường trịn có diện tích nhỏ uuu r 1 8 IH =  ; ; − ÷ d ( I,( P) ) = d ( I, d ) ( P) 3 3 H hay mặt phẳng qua nhận làm vectơ pháp ( P) x + y − z − 13 = tuyến, có phương trình O ( 0; 0; ) ( P) Khi điểm có khoảng cách đến lớn I = d ∩ ( P ) ⇒ I ( 1; − t ;1) Câu 240 Gọi I ∈ ( P ) ⇒ − t − = ⇒ t = ⇒ I ( 1;1;1) Ta có d ⊥ ( P) ⇒ M I ( 1;1;1) , R1 = thuộc đường tròn tâm uuu r uuur   N ( x; y; z ) ⇒ NA ( −1 − x; −3 − y;11 − z ) ; NB  − x; − y;8 − z ÷ 2   2 2  NA = NB ⇔ ( + x ) + ( + y ) + ( 11 − z ) =  − x ÷ + y + ( − z )     ⇔ 3x + y + 3z − x − y − 42 z + 126 = ⇔ x + y + z − x − y − 14 z + 42 = Vậy Nên N ∈ S ( J ( 1;1;7 ) ; R2 = ) N Ta có J ∈ ( P) : y = J ( 1;1;7 ) ; R2 = thuộc đường tròn tâm IJ = > R1 + R2 ⇒ MN = IJ − R1 − R2 = uu r uur r I ( x; y ; z ) , IA − IB = Câu 241 u Xét điểm I cho: Giả sử ta có: u r uur IA ( − x;3 − y;1 − z ) , IB ( − x;1 − y;3 − z ) Do đó: 2 ( − x ) = − x uu r uur r  IA − IB = ⇔  ( − y ) = − y ⇔ I ( 5;5; −1)  2 ( − z ) = − z uuu r uu r uuu r uur = MI + IA − MI + IB ( ) ( P = MA − MB Do đó: uuu r2 uu r2 uuu r uu r uuu r uur2 uuu r uur = MI + IA + MI IA − MI + IB + MI IB 2 ( ) ) 98 uuu r uu r uur uuu r2 uu r uur2 uuu r uu r uur = MI + IA − IB + MI IA − IB = MI + IA2 − IB + 2MI IA − IB ( ( ) ) = MI + IA2 − IB Do I cố định nên IA2 , IB Với Với lớn (nhỏ nhất) ⇔ MI lớn (nhỏ nhất) K ( 1; 2; −1) ⇔ MI ⇔M lớn (nhỏ nhất) giao điểm đường thẳng IK (với tâm mặt cầu (S)) với mặt cầu (S) uur I ( 5;5; −1) KI ( 4;3;0 ) Ta có: MI qua có vectơ phương  x = + 4t   y = + 3t  z = −1  Phương trình MI là: Tọa độ điểm M cần tìm ứng với giá trị t nghiệm phương trình:  t = 2 2 ( + 4t − 1) + ( + 3t − ) + ( −1 + 1) = ⇔ 25t = ⇔  t = −  t= không đổi Vậy P  17 19  ⇒ M  ; ; −1÷⇒ M I = (min)  5    t = − ⇒ M  − ; ; −1÷⇒ M I = (max)  5  uuu r uuur uuur r NA − NB − NC = N Vậy  m = Pmax = 48 ⇒ m − n = 60   n = Pmin = −12 N ( −2;0;1) Câu 242 Gọi điểm thỏa mãn , suy Khi đó: uuur uuur uuuu r uuuu r uuu r uuuu r uuur uuuu r uuur uuu r uuur uuur uuuu r MA − MB − MC = MN + NA − MN + NB − MN + NC = NA − NB − NC − MN = MN ( ) ( uuur uuur uuuu r MA − MB − MC Suy nhỏ ) ( MN ) ( ) ( S) I ( 2; 4; −1) nhỏ Mặt cầu có tâm , suy ra:  x = + 2t  NI =  y = + 2t uur  z = −1 − t NI = ( 4; 4; −2 ) = ( 2; 2; −1)  Phương trình Thay phương trình NI vào phương t  =1 2 2t ) + ( 2t ) + ( −t ) = ⇔ t = ⇔  ( ( S) t = −1 trình ta được: N1 ( 3;6; −2 ) , N ( 0; 2;0 ) ( S) NI Suy cắt hai điểm phân biệt M ( 0; 2;0 ) NN1 > NN M ≡ N2 Vì nên MN nhỏ Vậy điểm cần tìm 99 Suy ra: a + b = Câu 243 Mặt cầu ( S) có tâm I ( 3;1;0 ) R=2 bán kính d H I Gọi hình chiếu uur H ∈ d ⇔ H ( + 2t ; −1 + t ; −t ) IH = ( −2 + 2t; −2 + t ; −t ) ; uu r ud = ( 2;1; −1) d Véctơ phương uur uu r H ( 3;0; −1) ⇒ IH = IH ud = ⇔ ( −2 + 2t ) + 1( −2 + t ) + t = ⇔ t = Suy ( P) ( S) d r Gọi mặt phẳng chứa đường thẳng cắt mặt cầu theo đường trịn có bán kính r = R −  d ( I , ( P ) )  = −  d ( I , ( P ) )  Ta có Mà d ( I , ( P ) ) ≤ IH = Suy r = 2 r = −  d ( I , ( P ) )  ≥ − IH = − nên IH ⊥ ( P ) ( 2) = , đạt uur H ( 3;0; −1) IH = ( 0; −1; −1) ( P) Khi mặt phẳng qua nhận làm véctơ pháp tuyến ( P ) ( x − 3) − 1( y − ) − 1( z + 1) = ⇔ y + z + = Phương trình mặt phẳng là: 100 Câu 244 I ( 1; 2;3) , ( S) R = Mặt cầu có tâm bán kính r nP = ( a; b; c ) ( P) Mặt phẳng có vec-tơ pháp tuyến B ( 0;1;0 ) ∈ ( P ) : b − = ⇔ b = Theo giả uuurthiết r u = ( 1; −1; ) AB = ( −3;3; −6 ) Ta có: phương với x = t  AB :  y = − t  z = 2t  Phương trình đường thẳng r K I Gọi bán kính đường trịn giao tuyến hình chiếu vng góc lên đường thẳng P ( ) AB, H I hình chiếu vng góc lên uur K ∈ AB ⇒ K ( t ;1 − t ; 2t ) ⇒ IK = ( t − 1; −t − 1; 2t − 3) Ta có: uuur uur uur IK ⊥ AB ⇒ AB.IK = ⇒ t = ⇒ IK = ( 0; −2; −1) r = R − d ( I , ( P ) ) = 25 − d ( I , ( P ) ) = 25 − IH rmin ⇔ IH max Ta có: r uur IH ≤ IK ⇒ IH max = IK ⇔ H ≡ K ⇒ ( P ) ⊥ IK ⇒ nP IK Mà phương a = a = uur  a = r  ⇒ nP = k IK ⇒ b = −2k ⇒ k = −1 ⇒  c = c = − k c =   ⇒ t = a + b + c = + + = Câu 245 Chọn C 101 uuur uuur uuur uuur AB = (2; 2; 0), AC = (-2; 2; 4) ⇒ AB AC = ⇒ ∆ABC suy ∆ABC vuông A ( ABC ) Ta có: Gọi H hình chiếu vng góc điểm M mặt phẳng · ( MA, ( ABC ) ) = ( MA, HA) = MAH Ta có: · ( MB, ( ABC ) ) = ( MB, HB ) = MBH · ( MC , ( ABC ) ) = ( MC , HC ) = MCH · · · MAH = MBH = MCH ⇒ ∆MAH = ∆MBH = ∆MCH ( g c.g ) Theo giả thiết Do đó: HA = HB = HC nên H tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ⇒ H ( 1; 2; ) Suy ra: H trung điểm BC uuu r uuur uuuu r  AB, AC  = ( 8; −8;8 ) uMH = ( 1; −1;1)   MH Ta có: , Chọn vecto phương đường thẳng x = 1+ t   y = − t ,t ∈ ¡ z = + t Phương trình đường thẳng MH có dạng:  R= I ( 3; 2;3) ( S ) Mặt cầu có tâm bán kính K ( + t; − t; + t ) I MH hình uur uuuu r chiếu vng góc điểm đường thẳng IK = ( t − 2; −t ; t − 1) , uMH = ( 1; −1;1) Ta có: uur uuuu r K ( 2;1;3) IK u MH = , ta được: t = Khi đó: Do IK ⊥ MH nên IK = Gọi 102 Do IK > R nên đường thẳng MH không cắt mặt cầu MN ≥ d ( I , MH ) − IN = IK − IN = Ta có: MN Vậy giá trị nhỏ độ dài đoạn uur uur r IA + IB = ⇒ I ( ; ; − 1) I Câu 247 Gọi điểm thỏa mãn u u u r u u r u u u r u u r uuu r uu r uur 2 3MA2 + MB = MI + IA + MI + IB = 4MI + 3IA2 + IB + MI 3IA + IB Khi ( = 4MI + 3IA2 + IB 3IA + IB Do ) ( ) ( ) cố định nên 3MA2 + MB đạt giá trị nhỏ ( S ) J ( ; ; 3) IJ MI M nhỏ Khi giao điểm đường thẳng với mặt cầu ,( tâm ( S) mặt cầu )  x = + 2t   y = + t ⇒ IJ ∩ ( S ) =  M ( 4; ; 1)   z = − 2t  M ( ; ; )  IJ Ta có phương trình đường thẳng IM < IM ( < ) M ( 4; 2;1) T = a.b.c = Kiểm tra nên điểm cần tìm Vậy ( S) khơng đổi ba điểm A; B; I Câu 248 I ( −3; −4; −5 ) R = 27 bán kính r u = ( 2;3; ) ⇒ d ⊥ ( P ) d Đường thẳng có véc-tơ phương ( P) d I ∈d K K Gọi giao điểm mặt phẳng đường thẳng Vì nên tâm đường KB ⊥ d tròn giao uu r tuyến uu rr IA = ( 1; 2; −2 ) ⇒ IA = IA.u = ⇒ IA ⊥ d Ta có Mặt cầu có tâm 103 IK = d ( I , ( P ) ) = ( −3) + ( −4 ) + ( −5 ) − 107 2 + 32 + Ta tính Do M di động đường thẳng = 29 d KB = R − IK = B (trục đường tròn giao tuyến) thuộc đường tròn giao M = AB ∩ d MA + MB tuyến nên biểu thức nhỏ MI IA = = MI + MK = IK = 29 MK KB Khi đó, ta có MI = 29 MK = 29 Suy , ⇒ BM = AM = 30 2 AM = IA + MI = 30 Ta có AM + BM = 30 + 30 = 30 MA + MB Vậy giá trị nhỏ Cách 2: ( S) Ta có d có tâm I ( −3; −4; −5 ) I ( −3; −4; −5 ) , bán kính R = 27 Dễ thấy qua vng góc với ( P) ( S) r=2 cắt theo đường trịn có bán kính M ∈ d ⇔ M ( + 2t ; + 3t;3 + 4t ) Ta có ( P) T = MA + MB = MA + MH + r MH = d ( M ;( P)) = Lại có 29t − 87 29 = 29t − 29 T = 29t + 116t + 125 + 29 ( t − ) + = 29 ( t + 2) + + 29 29 ( t − 3) + 29 Suy 104 r  r r   r    u =  t + 2; v = − t ; ⇒ u + v =  5; ÷  ÷ ÷ 29  29  29     , Xét r r r r T = 29 u + v ≥ 29 u + v = 50 Do ( Câu 249 ) r u = ( 3; 4; − ) d A - Đường thẳng qua có vectơ phương có phương trình là: x −1 y − z + = = ( P ) B = ( −2; −2;1) d −4 ⇒ giao điểm ( S) 90° M M AB AB - Do ln nhìn đoạn góc nên nằm mặt cầu đường kính   ⇒ E =  − ;0; −1÷ ⇒ AE = 41   E AB Gọi trung điểm ⇒ ( S ) : x2 + y + z + x + 2z − = M ∈( P) ( P) ( S) M - Lại nên nằm đường tròn giao tuyến mặt phẳng mặt cầu , ( C) gọi đường tròn ( C) B MB MB - Mặt khác điểm cố định đường tròn nên độ dài lớn đường ( C) kính đường tròn ( C) ⇒ F ( P) F E - Gọi tâm hình chiếu r vng góc n = ( 2; 2; −1) ( P) EF Đường thẳng nhận vectơ pháp tuyến làm vectơ pháp tuyến 105 ⇒ EF : - Vì = y = z + ⇒ F =  − ; −2;0 ÷   2 −1 x+ (là giao điểmuucủa ur M = ( −3; −2; −1) ⇒ MB = ( 1;0; ) ( C) MB ( P) đường kính nên MB ⇒ MB đường thẳng phương trình đường thẳng là:  x = −2 + t   y = −2  z = + 2t ( t ∈ ¡ )  - Trong điểm cho đáp án A, B, C, D có điểm MB thẳng EF ) vectơ phương I ( −1; −2;3) (đáp án D) thuộc đường Câu 250 I ( 4;3; −2 ) ( S) R=5 Mặt cầu có tâm bán kính Gọi H AB M A′B′ trung điểm ′ R =3 kính Gọi trung điểm d ( I;( P) ) Mặt khác ta có thì = Do cắt đường thẳng d H ⇒ IH ⊥ d , d ( I , d ) = IH IH − r r IH − 4 x − MH MI = = = = f ( x) IH IH x IH 2 với f ′( x) = Ta có I, M , N x x2 − MN ⇔ IH > 0, ∀x > Ta có , suy hàm số đồng biến r u d = ( 1; −m; m − 1) , A ( 1;0;0 ) ∈ d ( 2; +∞ ) r uu r u d , IA   d ( I, d ) = r ud , suy 25m − 20m + 17 2m − 2m + f ( m) = Xét hàm số 25m − 20m + 17 2m − 2m + có bảng biến thiên 107 IH m= d Đường thẳng có phương trình uuur r  AB, u d  416 273   d ( B, d ) = = = r 21 42 ud Khoảng cách Suy  x = 1+ t   d :y = − t( t ∈¡    z = − t ) 108 ... 2; − 1) Đáp A C có VTCP nên loại B D A ( 0;0; ) Ta thấy điểm thuộc đáp án C nên loại A Câu 38 Lời giải Chọn D Cách 1: d: Đường thẳng x −1 y z +1 = = 1 có véc tơ phương r u = ( 1;1; ) ( P) d A... =1 z = 1+ t  d ⇒ Đường thẳng có phương trình là: r k = ( 0;0;1) làm vectơ phương Mặt Câu 46 Lời giải Chọn B Mặt phẳng ( P) r n = ( 1; − 3; ) có VTPT r n = ( 1; − 3; ) ( P) d d Vì vng góc với... = z + a t M ( x0 ; y0 ; z0 ) a = ( a1; a2 ; a3 )  qua điểm có véctơ phương Do đó, đáp án D Câu 23 Chọn B Ta có: uuur EF = (3;1; −7) Đường thẳng x +1 y z − = = −7 có phương trình: Câu 24 Chọn