2H3 1 07 4

Giá trị T đạt nhỏ nhất�MI nhỏ nhất �M là hình chiếu vuông góc của I trên mp P... Điểm M nằm trong mặt phẳng  P sao cho M luôn nhìn AB dưới góc vuông.. Tính độ dài lớn nhất của MB.

Câu 1 [2H3-1.7-4] (Sở Điện Biên) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm

2; 2;4 ,  3;3; 1 ,    1; 1; 1

và mặt phẳng  P : 2x y 2z 8 0

Xét điểm M

thay đổi thuộc  P

, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T2MA2MB2MC2.

Lời giải Chọn A

Gọi I là điểm thỏa mãn 2IA IB ICuur uur uur  0 Khi đó, 2IA BCuur uuur

 

 

4

z z

 

�

1;0; 4

I

Ta có, T2MA2MB2MC22uuuurMA2uuuurMB2uuuurMC2

2 MI IA MI IB MI IC

 uuur uur  uuur uur  uuur uur

2MI 2IA IB IC 2MI 2IA IB IC

     uuur uur uur uur 

Ta có IA 5,IB 50,IC 30.

Giá trị T đạt nhỏ nhất�MI nhỏ nhất �M là hình chiếu vuông góc của I trên mp P .

 ;( ) 6

MI d I P 

�

Vậy giá trị nhỏ nhất là T 2.622.5 50 30 102   .

Câu 2 [2H3-1.7-4] (Đặng Thành Nam Đề 9) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A14;13; 4 ,

 7; 1;1

B   Xét điểm M di động trên mặt cầu ( ) : (S x5)2 (y 5)2 (z 14)2 324. Giá trị lớn nhất của 2MA3MB bằng

Lời giải

Tác giả: Tô Duy Hiển ; Fb: Canon Rock

Chọn A

Với M x y z( ; ; ) ( )�S �(x5)2 (y 5)2 (z 14)2 324.

Khi đó

2MA3MB2 (x14)  (y 13)  (z 4) 3 (x7)  (y 1)  (z 1)

4 (x 14) (y 13) (z 4) 5 (x 5) (y 5) (z 14) 324

3 (x 7) (y 1) (z 1)

3 (x 9) (y 3) (z 6) (x 7) (y 1) (z 1)

3(MC MB) 3BC 3 (2 4 5 ) 9 5

  �     , với ( 9;3;6).C 

Dấu bằng đạt tại

2 2 2

5

5

4

2 ( 5) ( 5) ( 14) 324

x

y

z

k

�   

 

�

�

 

� uuuur uuur

Câu 3 [2H3-1.7-4] (THPT-Yên-Mô-A-Ninh-Bình-2018-2019-Thi-tháng-4) Trong không gian Oxyz

, cho ba điểm , ,A B C lần lượt thuộc các tia , , Ox Oy Oz (không trùng với gốc tọa độ) sao cho

OA a OB b OC c   Giả sử M là một điểm thuộc miền trong của tam giác ABC và có

khoảng cách đến các mặt phẳng OBC , OCA , OAB

lần lượt là 1, 2, 3 Tính tổng

S a b c   khi thể tích của khối chóp O ABC đạt giá trị nhỏ nhất.

A S  18 B S  9 C S  6 D S 24.

Lời giải

Tác giả: Nhữ Văn Huấn; Fb: Huân Nhu

Chọn A

 Vì , ,A B C lần lượt thuộc các tia , , Ox Oy Oz (không trùng với gốc tọa độ) và

OA a OB b OC c   suy ra , ,a b c là các số thực dương.

Ta có: A a ;0;0 , B 0; ;0 ,b  C 0;0;c

và phương trình mặt phẳng ABC: x y z 1

a  b c

Thể tích khối chóp O ABC là

V  OA OB OC  a b c

 Gọi M x y z 0; 0; 0

Do M là một điểm thuộc miền trong của tam giác ABC nên x0 0;y0 0;z0  0

Mặt phẳng OBC

có phương trình: x , 0 d M OBC ,    x0 x0 1.

Mặt phẳng OCA

có phương trình: y , 0 d M OCA ,    y0  y0 2.

Mặt phẳng OAB

có phương trình: z , 0 d M OAB ,    z0 z0 3.

Vậy tọa độ điểm M1; 2;3

Do điểm M thuộc mặt phẳng ABC 1 2 3

1

a b c  

�

 Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương ta có:

3

a b c  � a b c 3 6 3 1

6

abc

 

� �

Dấu bằng xảy ra khi

6

3 1 3

b

c

a b c

c

� 

�

Vậy tổng S a b c       3 6 9 18

Câu 4 [2H3-1.7-4] (THPT-Yên-Mô-A-Ninh-Bình-2018-2019-Thi-tháng-4) Trong không gian với hệ

trục tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu   2 2 2

S x y z  ,   2  2 2

S x  y z  và các

điểm A4;0;0

,

1

;0;0 4

B � �

� �, C1;4;0

, D4;4;0

Gọi M là điểm thay đổi trên  S1

, N

là điểm thay đổi trên  S2 Giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q MA 2ND4MN6BC là

A. 2 265 B.

5 265

7 265

2 .

Lời giải

Tác giả:Trần Xuân Hà; Fb: Hà Trần Xuân

Chọn B

 Mặt cầu  S1 có tâm O0;0;0, bán kính R1 ; mặt cầu 1  S2 có tâm I0;4;0, bán kính

2 2

R 

Thấy OI   4 R1 R2� Hai mặt cầu  S1

và  S2

nằm ngoài nhau

 Ta có:

1

4

OM  OB OA

và IN 2, IC1, ID 4 Thấy

1 4

OB OM

OM  OA  �BOM: MOA g c g (   )� BM MA 14�MA4BM

Thấy

1 2

IC IN

IN  ID  �CIN: NID g c g (   )�CN ND 12�ND2NC

2

Q MA  ND MN BC BM MN NC   BC� BC 

Dấu " " xảy ra khi bốn điểm ,B M N C thẳng hàng., ,

Câu 5 [2H3-1.7-4] (Sở Điện Biên) Trong không gian Oxyz, cho điểm A1;2; 3  và mặt phẳng P :

2x2y z  9 0 Đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng

 Q : 3x4y  4z 5 0, cắt mặt phẳng  P tại B Điểm M nằm trong mặt phẳng  P sao

cho M luôn nhìn AB dưới góc vuông Tính độ dài lớn nhất của MB

A.

41 2

MB

5 2

MB

C. MB 5. D. MB 41.

Lời giải Chọn C

Đường thẳng qua A và vuông góc với mặt phẳng  Q có phương trình là

1 3

2 4

3 4

 

�

�  

�

�   

Điểm B là giao của đường thẳng đó và  P nên B1 3 ;2 4 ; 3 4 t  t   t thỏa

2 1 3 t 2 2 4 t    3 4t 9 0�t 1�B  2; 2;1 �AB 41.

Tam giác ABM vuông tại M nên BM2  AB2AM2 và AB cố định nên BM lớn nhất khi

AM bé nhất, suy ra M là hình chiếu vuông của A lên  P

 

 2

2.1 2.2 3 9

�

Lúc đó maxBM  AB2 d A P2 ;    41 36  5