Chuyên đề 29 phương trình mặt cầu đáp án

TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021 PHƯƠNG TRÌNH MẶT CẦU Chuyên đề 29 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI – MỨC 9-10 ĐIỂM Dạng Một số toán liên quan đến tiếp tuyến (tiếp xúc) mặt cầu Câu  (Mã 102 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x  y  z    Có tất điểm A  a ; b ; c  ( a, b, c số nguyên) thuộc mặt phẳng  Oxy  cho có hai tiếp tuyến  S  qua A hai tiếp tuyến vng góc với nhau? A B 16 C 12 Lời giải D Chọn C   Mặt cầu  S  có tâm I 0; 0; bán kính R  ; A   Oxy   A  a ; b ;0 * Xét trường hợp A   S  , ta có a  b  Lúc tiếp tuyến  S  thuộc tiếp diện  S  A nên có vơ số tiếp tuyến vng góc a  a  a  1 a  1 Trường hợp ta có cặp giá trị  a; b   ; ; ; b  b  1 b  b  * Xét trường hợp A ngồi  S  Khi đó, tiếp tuyến  S  qua A thuộc mặt nón đỉnh A Nên tiếp tuyến vng góc với A Điều kiện để có tiếp tuyến vng góc góc đỉnh mặt nón lớn 90 Giả sử AN ; AM tiếp tuyến  S  thỏa mãn AN  AM ( N ; M tiếp điểm) Dễ thấy ANIM hình vng có cạnh IN  R  IA    a  b   IA  R Điều kiện phải tìm   2  IA  IA   a  b  Vì a , b số nguyên nên ta có cặp nghiệm  a; b   0;2 ,  0;  2 ,  2;0 ,  2;0 , 1;1 ,  1; 1 ,  1;1 , 1; 1 Vậy có 12 điểm A thỏa mãn yêu cầu Câu 2 (Mã 104 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x  y   z  1  Có tất điểm A  a, b, c  ( a, b, c số nguyên) thuộc mặt phẳng  Oxy  cho có hai tiếp tuyến  S  qua A hai tiếp tuyến vng góc với nhau? A 20 B C 12 D 16 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Lời giải Chọn A Mặt cầu có tâm I  0;0;1 , bán kính R  Vì A   Oxy  nên c  Các giao tuyến A đến mặt cầu (nếu IA  R ) tạo nên mặt nón tâm A , để mặt nón có hai đường sinh vng góc góc mặt nón phải  90 hay IA  R Vậy R  IA  R   a  b2   10   a  b2  Ta có số thõa mãn  0; 2  ;  0; 3 ;  1; 2  ;  2; 2  ;  2; 1 ;  2;0  ;  3;0  , 20 số Câu (Mã 103 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu:  S  : x  y   z  1  Có tất điểm A  a ; b ; c  ( a , b, c số nguyên) thuộc mặt phẳng  Oxy  cho có hai tiếp tuyến  S  qua A hai tiếp tuyến vng góc nhau? A 20 B C 12 Lời giải D 16 Chọn A Mặt cầu  S  : x  y  ( z  1)  có tâm I  0;0; 1 có bán kính R  a b 1 A  a ; b ;0    Oxy  , Gọi I  trung điểm AI  I   ; ;   2 2 Gọi E , F hai tiếp điểm tiếp tuyến qua A cho AE  AF Ta có: E , F thuộc mặt cầu R   S  a b 1 đường kính IA có tâm I   ; ;   , bán kính  2 2 a  b2  Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Đề tồn E , F hai mặt cầu  S   S   phải cắt suy R  R  II   R  R  5 2 a  b2   a  b2    a  b2  2   a  b2   a  b2  1 Gọi H hình chiếu I  AEF  tứ giác AEHF hình vng có cạnh AE  HF  AI  Ta có IH  R  HF    AI    10  AI   a  b   10  a  b    Từ 1  2 ta có  a  b  mà a , b, c   nên có 20 điểm thỏa tốn Cách khác: Mặt cầu  S  có tâm I  0,0, 1 bán kính R  Ta có d  I Oxy    R  mặt cầu  S  cắt mặt phẳng  Oxy  Để có tiếp tuyến  S  qua A  AI  R 1 Có A  a, b, c    Oxy   A  a, b,0  , IA  a  b2  Quỹ tích tiếp tuyến qua A  S  mặt nón AI  R mặt phẳng AI  R Trong trường hợp quỹ tích tiếp tuyến qua A  S  mặt nón gọi AM , AN hai tiếp tuyến cho A, M , I , N đồng phẳng Tồn hai tiếp tuyến  S  qua A hai tiếp tuyến vng góc với   90o  IA  R MAN  2 Từ 1 ,     a  b2  Vì a, b    a   a   a   a  a   a   a         b  b  b  b  b  b  b  Bốn hệ phương trình có hai nghiệm, ba hệ sau có nghiệm suy số điểm A thỏa mãn 4.2  3.4  20 Câu (THPT Chuyên Ngữ - Hà Nội - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 2  S  :  x  1   y  1  z  điểm M  2;3;1 Từ M kẻ vô số tiếp tuyến tới  S  , biết tập hợp tiếp điểm đường tròn  C  Tính bán kính r đường trịn  C  A r  B r  C r  D   Lời giải Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Mặt cầu  S  có tâm I 1;1;0  bán kính R   Ta có IM  1; 2;1 IM  Gọi H tiếp điểm tùy ý kẻ tiếp tuyến từ Oxyz đến mặt cầu, MH  IM  R  Gọi O tâm đường trịn  C  IM  HO HO  r Ta có HI HM  HO.IM  r  Câu HI HM 2   IM (THPT Chuyên Hạ Long - 2018) Trong không gian, cho bốn mặt cầu có bán kính , , , (đơn vị độ dài) tiếp xúc với Mặt cầu nhỏ tiếp xúc ngồi với bốn mặt cầu nói có bán kính A B C D 15 11 Lời giải Cách 1: Gọi A, B, C , D tâm bốn mặt cầu, khơng tính tổng qt ta giả sử AB  , AC  BD  AD  BC  Gọi M , N trung điểm AB, CD Dễ dàng tính MN  Gọi I tâm mặt cầu nhỏ với bán kính r tiếp xúc với bốn mặt cầu Vì IA  IB, IC  ID nên I nằm đoạn MN  Đặt IN  x , ta có IC  32  x   r , IA  22   x   2r Từ suy 2  x   2x   12  12 1 x  , suy r  32      11 11  11  Cách Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Gọi A, B tâm cầu bán kính C , D tâm cầu bán kính I tâm cầu bán kính x Mặt cầu  I  tiếp xúc với mặt cầu tâm A, B, C , D nên IA  IB  x  2, IC  ID  x  Gọi  P  ,  Q  mặt phẳng trung trực đoạn AB CD  IA  IB  I   P   I   P    Q  1   IC  ID  I   Q  Tứ diện ABCD có DA  DB  CA  CB  suy MN đường vng góc chung AB CD , suy MN   P    Q  (2) Từ 1   suy I  MN Tam giác IAM có IM  IA2  AM  Tam giác CIN có IN  IC  CN   x  2  x  3 2 4 9 Tam giác ABN có NM  NA2  AM  12 Suy  x  3 9   x  2   12  x  11 Dạng Bài toán cực trị Một số bất đẳng thức Kết Trong tam giác, cạnh đối diện với góc lớn lớn Kết Trong đường xiên đường vng góc kẻ từ điểm nằm ngồi đường thẳng đến đường thẳng đường vng góc đường ngắn Như hình vẽ ta ln có AM  AH Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Kết Với ba điểm A, B, C ta ln có bất đẳng thức AB  BC  AC Tổng quát ta có bất đẳng thức đường gấp khúc: Với n điểm A1 , A2 , An ta ln có A1 A2  A2 A3   An 1 An  A1 An x y  xy Đẳng thức xảy x  y Kết Với hai số khơng âm x, y ta ln có        Kết Với hai véc tơ a, b ta ln có a.b  a b Đẳng thức xảy a  kb, k   Một số toán thường gặp Bài toán Cho điểm A cố định điểm M di động hình  H  (  H  đường thẳng, mặt phẳng) Tìm giá trị nhỏ AM Lời giải: Gọi H hình chiếu vng góc A lên hình  H  Khi đó, tam giác AHM Vng M ta có AM  AH Đẳng thức xảy M  H Do AM nhỏ M hình chiếu A lên  H  Bài toán Cho điểm A mặt cầu  S  có tâm I , bán kính R, M điểm di động  S  Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn AM Lời giải Xét A nằm mặt cầu ( S ) Gọi M , M giao điểm đường thẳng AI với mặt cầu ( S )  AM  AM  ( ) mặt phẳng qua M đường thẳng AI Khi ( ) cắt ( S ) theo  đường trịn lớn (C ) Ta có M MM  90 , nên  AMM  AM M góc tù, nên tam giác AMM AMM ta có AI  R  AM  AM  AM  AI  R Tương tự với A nằm mặt cầu ta có R  AI  AM  R  AI Vậy AM | AI  R |, max AM  R  AI Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Bài toán Cho măt phẳng ( P) hai điểm phân biệt A, B Tìm điể M thuộc ( P) cho MA  MB nhỏ | MA  MB | lớn Lời giải Ta xét trường hợp sau - TH 1: Nếu A B nằm hai phía so với ( P) Khi AM  BM  AB Đẳng thức xảy M giao điểm AB với ( P) - TH 2: Nếu A B nằm phía so với ( P) Gọi A đối xứng với A qua ( P) Khi AM  BM  A M  BM  A B Đẳng thức xảy M giao điểm A B với ( P) Ta xét trường hợp sau - TH 1: Nếu A B nằm phía so với ( P) Khi | AM  BM | AB Đẳng thức xảy M giao điểm AB với ( P) - TH 2: Nếu A B nằm khác phía so với ( P) Gọi A ' đối xứng với A qua  P  , Khi | AM  BM | A M  BM  A B Đẳng thức xảy M giao điểm A B với ( P) Bài toán Viết phương trinh măt phẳng ( P) di qua A cách B khoảng lớn Lời giải Gọi H hình chiếu B lên mặt phẳng ( P), d( B,( P))  BH  BA Do  P  mặt phẳng qua A vng góc với AB Bài toán Cho số thực dương  ,  ba điểm A, B, C Viết phương trình măt phẳng Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 ( P) qua C T   d( A, ( P))   d( B, ( P)) nhỏ Lời giải Xét A, B nằm phía so với ( P) - Nếu AB‖( P ) P  (   )d( A, ( P))  (   ) AC    - Nếu đường thẳng AB cắt ( P) I Gọi D điểm thỏa mãn IB  ID E trung điểm BD Khi  IB  d( D, ( P))  2 d( E , ( P))  2(   ) EC ID Xét A, B nằm hai phía so với ( P) Gọi I giao điểm AB ( P ), B điểm đối xứng với B qua I Khi P   d( A, ( P))   d B , ( P) P   d( A, ( P ))      Đến ta chuyển trường hợp So sánh kết ta chọn kết lớn Bài toán Trong không gian cho n điểm A1 , A2 ,, An diểm A Viết phương trình mặt phẳng ( P) qua A tổng khoảng cách từ điểm Ai (i  1, n ) lớn Lời giải - Xét n điểm A1 , A2 ,, An nằm phía so với ( P) Gọi G trọng tâm n điểm cho Khi n  d  A , ( P)   nd(G, ( P))  nGA i i 1 - Trong n điểm có m điểm nằm phía k điểm nằm phía khác (m  k  n ) Khi đó, gọi G1 trọng tâm m điểm, G2 trọng tâm k điểm G3 đối xứng với G1 qua A Khi dó P  md  G3 , ( P )   kd  G2 , ( P )  Đến ta chuyển tốn Bài tốn 7.Viết phương trình mặt phẳng  P  qua đường thẳng  cách A khoảng lớn Lời giải Gọi H , K hình chiếu A lên mặt phẳng ( P) đường thẳng  Khi d( A, ( P))  AH  AK Do ( P) mặt phẳng qua K vuông góc vói AK Bài tốn Trong khơng gian Oxyz, cho điểm A1 , A2 , , An Xét véc tơ     w  1 MA1   M A2     n M An Trong 1 ;  n số thực cho trước thỏa mãn 1      n  Tìm điểm  M thc măt phẳng ( P) cho | w | có dài nhỏ Lời giải Gọi G điểm thỏa mãn     1GA1   2GA2     nGAn  (điểm G hoàn toàn xác định) Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021    Ta có MAk  MG  GAk vói k  1;2;; n, nên       w  1     n  MG  1GA1   2GA2     nGAn  1     n  MG Do   | w | 1       n  | MG |  Vi 1       n số khác khơng nên | w | có giá trị nhỏ MG nhỏ nhất, mà M  ( P) nên điểm M cần tìm hình chiếu G mặt phẳng ( P) Bài tốn Trong khơng gian Oxy z, cho diểm A1 , A2 ,, An Xét biểu thức: T  1MA12   MA22     n MAn2 Trong 1 ,  ,,  n số thực cho trước Tìm điểm M thuộc măt phẳng ( P) cho T giá trị nhỏ biết 1     n  T có giá trị lớn biết 1     n  Lời giải Gọi G điểm thỏa mãn     1GA1   2GA2     n GAn     Ta có MAk  MG  GAk với k  1;2;; n, nên     MAk2  MG  GAk  MG  MG  GAk  GAk2   Do T  1     n  MG  1GA12   2GA22     n GAn2 Vì 1GA12   2GA22     nGAn2 không đổi nên • với 1     n  T đạt giá trị nhỏ MG nhỏ • với 1     n  T đạt giá trị lớn MG nhỏ Mà M  ( P) nên MG nhỏ điểm M hình chiếu G mặt phẳng ( P) Bài tốn 10 Trong khơng gian Oxyz, cho đường thẳng d mặt phẳng ( P) cắt Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d tạo với mặt phẳng ( P) góc nhỏ Lời giải Gọi I giao điểm đường thẳng d với mặt phẳng ( P) lấy điểm M  d , M  I Gọi H , K lầ lượt hình chiếu M lên ( P) giao tuyến  ( P) (Q)  , Đặt  góc ( P) (Q), ta có   MKH tan   HM HM  HK HI Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Do (Q) mặt phẳng qua d vng góc với mặt phẳng ( MHI ), nên (Q) qua M nhận     nP  ud   ud làm VTPT Chú ý Ta giải tốn phương pháp đai số sau:    - Goi n  (a; b; c), a  b  c  VTPT mặt phẳng (Q) Khi n  ud  từ ta rút a theo b, c (hoặc b theo a, c c theo a, b ) - Gọi  góc ( P) (Q), ta có   n  nP cos      f (t ) | n |  nP b với t  , c  Khảo sát f (t ) ta tìm max f (t ) c Bài tốn 11 Trong khơng gian Oxyz, cho hai đường thẳng d d  chéo Viết phương trinh mặt phẳng ( P) chứa d tạo với d  góc lớn Lời giải Trên đường thẳng d , lấy điểm M dựng đường thẳng  qua M song song với d  Khi góc  ( P) góc d  ( P) Trên đường thẳng  , lấy điểm A Gọi H K hình chiếu A lên ( P) d ,  góc  ( P) HM KM  AMH cos   Khi    AM AM Suy ( P) mặt phẳng chứa d vng góc với mặt phẳng ( AMK ) Do dó ( P) qua M nhận    ud  ud   ud làm VTPT   Chú ý Ta giải tốn phương pháp đại số sau:    - Goi n  (a; b; c), a  b  c  VTPT măt phẳng ( P) Khi n  ud  từ ta rút a theo b, c (hoặc b theo a, c c theo a, b ) - Gọi  góc ( P) d  , ta có   n  ud  sin      f (t ) | n |  ud  b với t  , c  Khảo sát f (t ) ta tìm max f (t ) c Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/            TÀI  LIỆU ÔN THI THPTQG 2021  ( MI  IA)( MI  IB)  2( MI  IB)( MI  IC )  3( MI  IC )( MI  IA)            6MI  MI (4IA  3IB  5IC )  IAIB  2IBIC  3IC IA  x  4x A  3x B  5xC  I 12      y  yB  5yc 2  I( , , ) Gọi I điểm thỏa mãn 4IA  3IB  5IC     yI  A  12 12 12 12  4x A  3z B  5zC  z I   12        Mà: (4 IA  3IB  5IC )  IAIB  IBIC  3IC IA  const Nên S  MI Suy M hình chiếu I lên mặt Oxy  M ( Câu 21 2 , , 0)  T  12a  12b  c  1 12 12 (Chuyên - Vĩnh Phúc - 2019) Trong không gian Oxyz , lấy điểm C tia Oz cho OC  Trên hai tia Ox, Oy lấy hai điểm A, B thay đổi cho OA  OB  OC Tìm giá trị nhỏ bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện O.ABC ? A B Lời giải C D Chọn D Đặt: OA  a; OB  b (a  0, b  0)  a  b   a2  b2   2ab Bán kính cầu:  2ab   12  2a 1  a  2a  2a  a  a  1 2  a b c  R  R    4 2 1  a    4  R2  6 R Vậy Rmin  4 Câu 22 (THPT Ngô Quyền - Ba Vì - Hải Phịng 2019) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi điểm M  a; b; c  (với a, b, c phân số tối giản)  S  : x2  y  z  x  y  z   cho biểu thức T  2a  3b  6c giá trị biểu thức P  2a  b  c 12 A B C D thuộc mặt cầu đạt giá trị lớn Khi 51 Lời giải Chọn C 2 x  y  z  x  y  z     x  1   y     z    16 2 M  a; b; c    S    a  1   b     c    16 Ta có:  a  1   b     c    2 2 2  32    a  1   b     c       2a  3b  6c  20  28  2a  3b  6c  20  28  2a  3b  6c  48 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 15   a  2a  3b  6c  48 2a  3b  6c  48   26  a 1 b       3a  2b  1  b  Dấu "  " xảy khi:      3a  c  38  a 1 c     c   Vậy P  2a  b  c  Câu 23 15 26 38    7 (THPT Ngô Quyền - Ba Vì - Hải Phịng 2019) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho điểm       A  2t ;2t;0  , B  0;0; t  (với t  ) Điểm P di động thỏa mãn OP AP  OP.BP  AP.BP  Biết a a với a, b nguyên dương tối giản cho OP đạt giá trị lớn b b Khi giá trị Q  2a  b có giá trị t  A B 13 D C 11 Lời giải Chọn C    Gọi P  x; y; z  , ta có: OP   x; y; z  , AP   x  2t ; y  2t ; z  , BP   x; y; z  t        Vì P  x; y; z  thỏa mãn OP AP  OP.BP  AP.BP  4  3x  y  3z  4tx  4ty  2tz    x  y  z  tx  ty  tz   3 2t 2t t Nên P thuộc mặt cầu tâm I  ; ;  , R  t   3 3 Ta có OI  t  R nên O thuộc phần không gian phía mặt cầu Để OPmax P, I , O thẳng hàng OP  OI  R Suy OPmax  OI  R   t  t  Từ tìm t  Suy a  4, b  3 Vậy, Q  2a  b  11 Câu 24 (HSG Nam Định-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm       A  4;1;5 , B  3;0;1 , C  1;2;0  điểm M  a; b; c  thỏa mãn MA.MB  2MB.MC  5MC.MA lớn Tính P  a  2b  4c A P  23 B P  31 C P  11 Lời giải D P  13 Chọn D       + Đặt Q  MA.MB  2MB.MC  5MC.MA       MA  MB  MA2  MB  2MA.MB  MA.MB  MA2  MB  AB         MB  MC  MB  MC  MB.MC  MB.MC  MB  MC  BC        MC  MA        MC  MA2  2MC.MA  MC.MA  MC  MA2  AC        Q  MA.MB  2MB.MC  5MC.MA   Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021  MA2  MB  AB  MB  MC  BC  MC  MA2  AC 2 3  2MA2  MB  MC  AB  BC  AC 2 2 3  AB  BC  AC không đổi nên Q lớn T  2MA2  MB  MC đạt giá trị 2 2 lớn 3 + T  2MA2  MB  MC 2     Gọi E điểm thỏa mãn 2 EA  EB  EC  2              4EA  3EB  3EC   4EA  3CB  EA  CB  17   E 1; ;   4       3 T  2MA2  MB  MC  2 ME  EA  ME  EB  ME  EC 2 2       3 3  2ME  2EA2  EB  EC  2EA2  EB  EC 2 2 3 Vì 2 EA2  EB  EC không đổi nên T đạt giá trị lớn ME   M  E 2  17   M 1; ;   4 17 P  a  2b  4c     13 Câu 25 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  2; 2;4 , B  3;3; 1 mặt cầu 2  S  :  x  1   y  3   z  3  Xét điểm M thay đổi thuộc mặt cầu  S  , giá trị nhỏ 2MA2  3MB A 103 B 108 C 105 Lời giải D 100 Chọn C Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Mặt cầu  S  có tâm I 1;3;3 bán kính R     Gọi E điểm thỏa mãn: EA  3EB  Suy E  1;1;1     Xét P  2MA2  3MB  ME  EA  ME  EB  5ME  EA2  3EB     P đạt giá trị nhỏ ME đạt giá trị nhỏ IE   R suy điểm E nằm mặt cầu nên ME nhỏ IE  R    Vậy P  2MA2  3MB  5ME  EA2  3EB  105 Câu 26 (Kim Liên - Hà Nội  S : x2  y  z  x  y  z  2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  hai điểm A  0; 2;0  , B  2; 6; 2  Điểm M  a; b; c    thuộc  S  thỏa mãn MA.MB có giá trị nhỏ Tổng a  b  c A 1 C Lời giải B D Chọn B  S : x2  y  z  x  y  z  2    S  :  x  1   y     z  1  2 Mặt cầu  S  có tâm I  1; 2;1 , bán kính R  Vì IA   R IB  82  R nên hai điểm A , B nằm mặt cầu  S  Gọi K trung điểm đoạn thẳng AB K 1; 2; 1 K nằm mặt cầu  S        Ta có: MA.MB  MK  KA MK  KB       MK  MK KA  KB  KA.KB  MK  KA2   Suy MA.MB nhỏ MK nhỏ nhất, tức MK nhỏ Đánh giá: IM  MK  IK  R  MK  IK  MK  IK  R Suy MK nhỏ IK  R , xảy I , M , K thẳng hàng M nằm hai điểm      I , K Như M giao điểm đoạn thẳng IK mặt cầu  S   2 Có IK   2; 4; 2  , IK  22   4    2    R  IM  2   a  1 a       Suy IK  IM  4   b    b    2   c  1 c   Vậy a  b  c  Câu 27 Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 0;0  , B  1;1;  , C  0; 1;0  , D  0;1;0  , E  0;3;0  M điểm thay đổi mặt cầu ( S ) : x  ( y  1)2  z  Giá trị lớn biểu      thức P  MA  MB  MC  MD  ME là: A 12 B 12 C 24 Lời giải D 24 Chọn B Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Mặt cầu  S  : tâm I  0;1;0  bán kính R  Gọi trọng tâm tam giác ABC G  0; 0;  , trung điểm DE N  0; 2;0  G, N nằm  S  I trung điểm GN nên GN đường kính  S         P  MA  MB  MC  MD  ME  3MG  MN  MG  MN   MG  MN  Ta có:  MG  MN    MG  MN   2GN  Suy MG  MN  2 Vậy giá trị lớn P 12 Câu 28 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A  0;  1;3 , B  2;  8;   , 2 C  2;  1;1 mặt cầu  S  :  x  1   y     z  3  14 Gọi M  xM ; yM ; zM  điểm     S  cho biểu thức 3MA  2MB  MC đạt giá trị nhỏ Tính P  xM  yM A P  B P  C P  14 Lời giải D P  14 Chọn B          Gọi J điểm thỏa mãn 3JA  JB  JC   JO  3OA  2OB  OC       2OJ  3OA  2OB  OC  J (3;6;9)            Mà 3MA  MB  MC  2MJ  3JA  JB  JC nên 3MA  MB  MC  MJ     Do 3MA  2MB  MC  2MJ   Mặt khác:  S  có tâm I 1; 2;3 , bán kính R  14 IJ  14  R  điểm J nằm mặt cầu nên IJ cắt mặt cầu  S  hai điểm M , M  x   2t  Phương trình đường thẳng  IJ  :  y   4t , t    z   6t   x   2t   y   4t t1   Xét hệ phương trình:   z   6t t      x  12   y     z  32  14  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 21 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Suy M1  2;4;6  , M  0;0;0  , M1 J  14 ; M J  14      2MJ Vậy 3MA  2MB  MC  M  M1 min P  xM  y M    Câu 29 Trong không gian Oxyz cho A  ; ;  , B 1 ; 1;  mặt cầu  S  : x  y   z  1  Xét điểm M thay đổi thuộc  S  Giá trị nhỏ biểu thức MA2  2MB A B 19 Lời giải C D 21 Chọn C Mặt cầu  S  có tâm I  ; ; 1 , bán kính R     2 2 ;  Gọi K điểm thỏa mãn KA  KB   K  ; 3 3 Ta có     MA2  2MB2  MK  KA  MK  KB     3MK  KA2  2KB2  2MK KA  2KB  3MK  KA2  2KB2       Biểu thức MA2  2MB đạt GTNN MK đạt giá trị nhỏ Với M thay đổi thuộc  S  ta có MK  KI  R    Vậy MA2  2MB   3MK  KA2  KB  1  2 19    3 Câu 30 Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm A, B thay đổi mặt cầu x  y  ( z  1)  25 thỏa mãn AB  Giá trị lớn biểu thức OA2  OB A 12 B C 10 Lời giải Chọn A D 24 Mặt cầu x  y  ( z  1)  25 có tâm I  0;0;1 Vì A , B thuộc mặt cầu tâm I nên IA  IB   OA2  OB  OA  OB           OI  IA  OI  IB          2OI IA  IB  2OI BA  2OI BA.cos  , với   OI , BA     Suy biểu thức OA2  OB đạt GTLN   Vậy max  OA2  OB   2.1.6.cos  12 Câu 31 Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 1; 4;5  , B  3; 4;0  , C  2; 1;0  Gọi M  a ; b ; c  điểm cho MA2  MB  3MC đạt giá trị nhỏ Tổng a  b  c có giá trị Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 A B D 4 C Lời giải Chọn C         Gọi I điểm thỏa mãn IA  IB  3IC   OI  OA  OB  OC   2;1;1  I  2;1;1 5            2 Khi đó, T  MA2  MB  3MC  MI  IA  MI  IB  MI  IC      MI  MI IA  IB  IC  IA2  IB  IC      5MI  IA2  IB  3IC (vì IA  IB  3IC  )         Vì I , A , B , C cố định  IA2  IB  3IC không đổi nên T nhỏ  MI nhỏ  M  I  2;1;1  a  , b  c  Vậy a  b  c  Câu 32 Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y    z  điểm A  3;0;0  ; B  4; 2;1 Điểm M thay đổi nằm mặt cầu, tìm giá trị nhỏ biểu thức P  MA  MB A P  2 B P  C P  Lời giải D P  Chọn D Nhận xét: điểm A, B nằm mặt cầu  S  Mặt cầu  S  có tâm I  1; 4;0  , R  2 Ta có: IA   R, E  IA   S   E 1; 2;  Gọi F trung điểm IE  F  0;3;0  IF IM AIM chung Tam giác IFM IMA có     AIM  MIF IM IA MA AI Suy    MA  MF FM MI Ta có: MA  MB   MF  MB   FB  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 23 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Vì F nằm  S  B nằm  S  nên dấu ''  '' xảy M  BF   S  Câu 33 Trong không gian Oxyz ,cho mặt cầu  S  : x  y  z  x  z   điểm A  0;1;1 , B  1; 2; 3 , C 1;0; 3 Điểm D thuộc mặt cầu  S  Thể tích tứ diện ABCD lớn bằng: A B C D 16 Lời giải Chọn D 2 Cách 1:Ta có  S  :  x  1  y   z  1    AB   1; 3; 4      AB, AC    8; 8;4  Ta có:    AC  1; 1; 4   x  12  y   z  12  Gọi D  x; y; z    S      AD   x ; y  1; z  1    Ta có: VABCD   AB, AC  AD  x  y  z   x  y  z  6 Ta có: x  y  z    x  1  y  1. z  1  Ta có:  x  1  y  z   2 2  2  12   x  1  y   z  1      6   x  1  y  z    4  x  y  z    x  y  z    VABCD  16 Suy ra: Giá trị lớn VABCD Câu 34  x 1 y z 1   0 16  7 1 2   D ; ;   3 3  x  12  y   z  12   (THPT Thuận Thành - Bắc Ninh 2019) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y    z  điểm A  ; ;0  , B  ; ;1 Điểm M thay đổi nằm mặt cầu, tìm giá trị nhỏ biểu thức P  MA  2MB A P  2 B P  C P  Lời giải D P  Chọn D Giả sử M  x ; y ; z  Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021   Ta có: AM   x  ; y ; z  , BM   x  ; y ; z  1 2 2 Và  x  1   y    z    x  1   y    z      Ta có: P  MA  2MB    x  3  x  3  y2  z  2  x  4  y  z   x  1   y    z  8     x  y  24 y  z  36  2  x     y     z  1   x   y  3  z     x     y   1  z  2   y     z  1 2 2   2   2  x     y     z  1  x     y     z  1   x   y  3  z   2 2 Áp dụng bất đẳng thức Minkowxki: a  b2  c  d  e2  f  Dấu xảy khi: P2  x   x 2  a  d   b  e 2  c  f  a b a   0 d e f 2 2   y    y    z   z     1   1  4t  x  t 1   y  2t  x y  z     t   t 1   Dấu xảy khi:   x  y  z t  x  12   y  2  z  z   t   2  5t    2t    t        8  t    t    t     133 x  4t  23  133  x  t 1   34  133 y   y  2t    23  133  t 1   133   t z   z  23  133 t      133 22t  2t   t   22 Vậy giá trị nhỏ biểu thức Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 25 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Câu 35 (Kinh Môn - Hải Dương 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A  4; 2;  ,    B 1;1;  1 , C  2;  2;   Tìm tọa độ điểm M thuộc  Oxy  cho MA  2MB  MC nhỏ A M  2; 3;  B M 1; 3;0  C M  2; 3;  D M  2;3;1 Lời giải Chọn A Cách Gọi D; E; F trung điểm AB; AC ; ME Ta có:             MA  MB  MC  MA  MB  MB  MC  2.MD  CB  2.MD  2.ED  2.FD  4.FD 5 1  x3 y  ; ;0  Ta lại có: M  x; y;0  ; D  ; ;  ; E  3;0;0  ; F  2 2  2  FDmin  F hình chiếu D mp  Oxy   x  2; y   M  2;3;  Cách            Gọi I điểm thỏa mãn: IA  IB  IC   IO  OA  IO  OB  IO  OC           OI  OA  2OB  0C  I  2;3;1          MA  MB  MC  MI  IA  IB  IC  2.MI    MA  2MB  MC nhỏ  MI nhỏ  M hình chiếu I mp  Oxy  Vì I  2;3;1  M  2;3;  Cách Gọi M  x; y;  Ta có:       MA  2MB  MC    x;6  y; 1  MA  2MB  MC  x  y  16 x  24 y  53    Thế tọa độ điểm M đáp án A vào ta MA  MB  MC     Thế tọa độ điểm M đáp án B vào ta MA  MB  MC  17 Trang 26 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021    Thế tọa độ điểm M đáp án C vào ta MA  MB  MC  145 Điểm M đáp án D không thuộc  Oxy  nên bị loại Cách Gọi M  x; y;0  Ta có:       MA  2MB  MC    x;6  y; 1  MA  2MB  MC  x2  y  16 x  24 y  53 Ta có: x  y  16 x  24 y  53   2x  4   y  6 1  Dấu "  " xảy  x  2; y  Khi M  2;3;  Câu 36 Trong không gian Oxyz cho mặt cầu  S  có phương trình x  y  z  x  y  z   điểm A  5;3; 2  Một đường thẳng d thay đổi qua A cắt mặt cầu hai điểm phân biệt M , N Tính giá trị nhỏ biểu thức S  AM  AN A S  30 C Smin  34  B S  20 D Smin  34  Lời giải Chọn D Mặt cầu  S  có tâm I  2; 1;1 , bán kính R  AI  34  R  A nằm mặt cầu  S  M H N A I Do hai điểm M , N nằm vị trí hai đầu dây cung nên để Smin N nằm A M H trung điểm MN  IH  MN , NH  MN S   AH  NH   AH  NH  AH  3NH Gọi S  AI  IH  R  IH  34  x   x , x  IH 2 Xét hàm số f  x   34  x   x ,   x  3 f  x   5 x 34  x   5   x   32  x 32  x   34  x 3x Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 27 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  Xét  5   34  x  0 9x    x  34  x  225  25 x  9.34  x  16 x  81  (luôn ) Suy ; f   x   0, x  0; 3 , f   x    x   f  x  đồng biến 0;      Suy f x  f  34  0;3 2 Câu 37 Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1  y   z    10 hai điểm A 1; 2; 4  B 1; 2;14  Điểm M thay đổi mặt cầu  S  Giá trị nhỏ  MA  2MB  A 82 B 79 C 79 D 82 Lời giải Chọn D  S  có tâm I 1;0;  bán kính R  10 Ta có IA  10  R nên tồn điểm C cố định cho MA  2MC M   S  1 Thật vậy, gọi  a ; b ; c  tọa độ điểm C Khi đó, với điểm M  x ; y ; z    S   x  y  z  x  z  , ta có: 2 MA2   x  1   y     z    x  y  z  x  y  z  21  x  z   x  y  z  21  4 y  12 z  26 2 MC   x  a    y  b    z  c   x  y  z  2ax  2by  2cz  a  b  c  x  z   2ax  2by  2cz  a  b  c    2a  x  2by    2c  z  a  b2  c  Nên 1  MA2  MC M   S   4 y  12 z  26    2a  x  2by    2c  z  a  b2  c  5 x, y, z    2a     b  4  2b   4   1   a   C  1; ;   2 4   2c   12  4 a  b  c   26 c      Lúc này, IC  10  R  IB  37 nên C nằm  S  B nằm  S  MA  MB  MC  MB   MC  MB   BC  82 Đẳng thức xảy  M giao điểm đoạn BC mặt cầu  S  Vậy  MA  2MB   82 Câu 38 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu  S2  : x   y    S1  : x2  y  z  , 1   z  điểm A  4;0;0  , B  ;0;0  , C 1; 4;0  , D  4; 4;0  Gọi M 4  Trang 28 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 điểm thay đổi  S1  , N điểm thay đổi  S2  Giá trị nhỏ biểu thức Q  MA  ND  4MN  BC A 265 B 265 C 265 Lời giải D 265 Chọn A  S1  : x2  y2  z2  nên  S1  có tâm O  0;0;0 bán kính R   S2  : x2   y  4  z  nên  S2  có tâm I  0;4;0 bán kính R 2 1  Vậy điểm A 4;0;0 , B  ;0;0  , C 1;4;0 , D 4;4;0 , O  0;0;0 I  0;4;0 thuộc 4   Oxy  Nhận thấy OB OA  OM suy OM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB Do MOB đồng dạng AOM MA OA     MA  4MB MB OM ND DI    ND  NC Hồn tịan tương tự NC NI Q  MA  ND  4MN  4BC   MB  NC  MN   4BC  4BC  4BC  8BC  265 Câu 39 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A  2;3; 1 , B  2;3;  , C  1; 0;  Tìm tọa độ điểm      M thuộc mặt phẳng  Oxz  để S  MA  MC  MA  MB  MC nhỏ 7  A M  1;0;  3  B M  0;3;  7  C M 1;0;  3  Lời giải   D M   ;0;    Chọn A Gọi G trọng tâm tam giác ABC , suy G 1; 2;1    Gọi H  x ; y ; z  điểm thỏa mãn HA  HC  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 29 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489   x   1  x   x  2    3  y    y    y  1  H  2; 1;3  z     1  z    z  Nhận thấy G H nằm hai phía mặt phẳng  Oxz  ; HG  22      Ta có: S  MA  MC  MA  MB  MC              MH  HA  4MH  HC  MG  GA  MG  GB  MG  GC  3MH  3MG   MH  MG   3GH  22 Đẳng thức xảy H , M , G thẳng hàng theo thứ tự Lại M   Oxz  nên S đạt giá trị nhỏ M giao điểm đường thẳng GH với mặt phẳng  Oxz   x   3t  Đường thẳng GH có phương trình  y   3t ; mặt phẳng  Oxz  có phương trình y   z   2t  M  GH  M 1  3t ;  3t ;1  2t  M   Oxz    3t   t   7  Vậy M  1;0;  3  2 Câu 40 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S ) : x  y  z  2x  y   hai  điểm A(4; 2; 4), B (1; 4; 2) MN dây cung mặt cầu thỏa mãn MN hướng với  u  (0;1;1) MN  Tính giá trị lớn AM  BN A 41 B C Lời giải D 17 Chọn C Tâm I (1; 2; 0) , bán kính R    Ta có IA  (3;0; 4)  IA  , IB  (0; 2;2)  IB  2 nên điểm A(4; 2; 4) nằm mặt cầu ( S ) điểm B (1; 4; 2) nằm mặt cầu ( S ) Trang 30 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021    Do MN hướng với u  (0;1;1) suy MN   0; k ; k  , k  MN  suy  MN   0; 4;   ( A) , suy A  (4; 6;8) Khi AMNA hình bình hành nên AM  AN Gọi A  T MN Ta có AM  BN  AN  BN  AB , dấu xảy A, N , B thẳng hàng  N giao điểm mặt cầu với đường thẳng AB (Điểm N tồn tại)  AB  (3; 2; 6) suy AB  (3)2  (2)2  (6)2  Vậy AM  BN  AB  BẠN HỌC THAM KHẢO THÊM DẠNG CÂU KHÁC TẠI https://drive.google.com/drive/folders/15DX-hbY5paR0iUmcs4RU1DkA1-7QpKlG?usp=sharing Theo dõi Fanpage: Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Hoặc Facebook: Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Tham gia ngay: Nhóm Nguyễn Bào Vương (TÀI LIỆU TỐN)  https://www.facebook.com/groups/703546230477890/ Ấn sub kênh Youtube: Nguyễn Vương  https://www.youtube.com/channel/UCQ4u2J5gIEI1iRUbT3nwJfA?view_as=subscriber Tải nhiều tài liệu tại: http://diendangiaovientoan.vn/ ĐỂ NHẬN TÀI LIỆU SỚM NHẤT NHÉ! Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 31 ... Gọi A, B tâm cầu bán kính C , D tâm cầu bán kính I tâm cầu bán kính x Mặt cầu  I  tiếp xúc với mặt cầu tâm A, B, C , D nên IA  IB  x  2, IC  ID  x  Gọi  P  ,  Q  mặt phẳng trung... HI HM 2   IM (THPT Chuyên Hạ Long - 2018) Trong khơng gian, cho bốn mặt cầu có bán kính , , , (đơn vị độ dài) tiếp xúc với Mặt cầu nhỏ tiếp xúc với bốn mặt cầu nói có bán kính A B C D 15... giải Chọn A Mặt cầu có tâm I  0;0;1 , bán kính R  Vì A   Oxy  nên c  Các giao tuyến A đến mặt cầu (nếu IA  R ) tạo nên mặt nón tâm A , để mặt nón có hai đường sinh vng góc góc mặt nón phải