Chuyên đề 30 Phương Trình Đường Thẳng

You're Reading a Free Preview
Pages 7 to 12 are not shown in this preview.

You're Reading a Free Preview
Pages 16 to 19 are not shown in this preview.

You're Reading a Free Preview
Pages 23 to 25 are not shown in this preview.

You're Reading a Free Preview
Pages 29 to 48 are not shown in this preview.

You're Reading a Free Preview
Pages 56 to 62 are not shown in this preview.

TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021Chun đề 30PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNGTÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI MỨC 9-10 ĐIỂMDạng 1. Một số bài toán liên khác quan điểm – mặt phẳng – mặt cầuCâu 1.[Mã 103 2018] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu [ S ] : [ x  1] 2  [ y  2] 2  [ z  3] 2  1 và điểmA[2;3; 4] . Xét các điểm M thuộc [ S ] sao cho đường thẳng AM tiếp xúc với [ S ] , M ln thuộcmặt phẳng có phương trình làA. 2 x  2 y  2 z  15  0 B. x  y  z  7  0C. 2 x  2 y  2 z  15  0 D. x  y  z  7  0Lời giảiChọn DDễ thấy A nằm ngoài mặt cầu [ S ] . Tâm mặt cầu là I [1; 2;3] . Đường thẳng AM tiếp xúc với [ S ]  AM  IM  AM .IM  0 [ x  2][ x  1]  [ y  3][ y  2]  [ z  4][ z  3]  0 [ x  1  1][ x  1]  [ y  2  1][ y  2]  [ z  3  1][ z  3]  0 [ x  1]2  [ y  2]2  [ z  3]2  [ x  y  z  7]  0 x  y  z  7  0 [ Do [ x  1] 2  [ y  2] 2  [ z  3] 2  0] .Câu 2.[Sở Bắc Giang Năm 2019] Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho điểm A  2; 2;2  và mặt2cầu  S  : x 2  y 2   z  2   1 . Điểm M di chuyển trên mặt cầu OM . AM  6 . Điểm M thuộc mặt phẳng nào sau đây?A. 2 x  2 y  6 z  9  0 . B. 2 x  2 y  6 z  9  0 .S đồng thời thỏa mãnC. 2 x  2 y  6 z  9  0 . D. 2 x  2 y  6 z  9  0 .Lời giảiGiả sử M  x; y; z  thì OM   x; y; z  , AM   x  2; y  2; z  2  . x  x  2   y  y  2   z  z  2   6 Vì M   S  và OM . AM  6 nên ta có hệ  222 x  y   z  2   1 x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  6 2x  2 y  6z  9  0 . 222 x  y  z  4 z  4  1Vậy điểm M thuộc mặt phẳng có phương trình: 2 x  2 y  6 z  9  0 .Câu 3.2Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho điểm A  2; 2;2 và mặt cầu  S  : x 2  y 2   z  2   1 . Điểm M di chuyển trên mặt cầu  S  đồng thời thỏa mãn OM . AM  6 . Điểm M luôn thuộc mặtphẳng nào dưới đây?A. 2x  2 y  6z  9  0 . B. 2 x  2 y  6z  9  0 .C. 2x  2 y  6z  9  0 . D. 2x  2 y  6z  9  0 .Lời giảiChọn DGọi điểm M  x; y; z    S  là điểm cần tìm.Facebook Nguyễn Vương  //www.facebook.com/phong.baovuong Trang 1 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 09467984892Khi đó: x 2  y 2   z  2   1  x 2  y 2  z 2  4 z  4  1  x 2  y 2  z 2  4 z  3Ta có: OM   x; y; z  và AM   x  2; y  2; z  2  . Suy ra OM . AM  6  x  x  2  y  y  2   z  z  2   6 x2  y2  z 2  2x  2 y  2z  61 2Thay 1 vào  2 ta được4 z  3  2 x  2 y  2 z  6  0  2 x  2 y  6 z  9  0 .Câu 4.[ChuyênLêQuý2ĐônĐiện2Biên2019]TrongkhônggianOxyz ,chomặt2cầu  S  :  x  1   y  1   z  1  1 và điểm A[2; 2; 2] . Xét các điểm M thuộc [S ] sao chođường thẳng AM luôn tiếp xúc với [ S ] . M ln thuộc một mặt phẳng cố định có phương trìnhlàA. x  y  z – 6  0 .B. x  y  z  4  0 .C. 3x  3 y  3 z – 8  0 . D. 3 x  3 y  3 z – 4  0 .Lời giảiMAI S  có tâm I 1;1;1và bán kính R  1 .Do IA  1  1  1  3  R nên điểm A nằm ngoài mặt cầu  S  .AMI vuông tại M : AM  AI 2  IM 2  3  1  2 . M thuộc mặt cầu  S   có tâm A bán kính222.2Ta có phương trình  S   :  x  2    y  2    z  2   2 .Ta có M   S    S   . x  1 2   y  1 2   z  1 2  1Tọa độ của M thỏa hệ phương trình I .222 x  2    y  2    z  2   2222 x  y  z  2 x  2 y  2 z  2  0Ta có  I    2 2x  2 y  2z  8  0  x  y  z  4  022 x  y  z  4 x  4 y  4 z  10  0Suy ra M   P  : x  y  z  4  0 .Câu 5.[Đề Tham Khảo 2018] Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A 1;2;1 , B  3; 1;1 vàC  1; 1;1 . Gọi  S1  là mặt cầu có tâm A , bán kính bằng 2 ;  S2  và  S3  là hai mặt cầu cóTrang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021tâm lần lượt là B , C và bán kính đều bằng 1 . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặtcầu  S1  ,  S2  ,  S3  .A. 8B. 5C. 7Lời giảiD. 6Chọn CGọi phương trình mặt phẳng  P  tiếp xúc với cả ba mặt cầu đã cho có phương trình là:ax  by  cz  d  0 [ đk: a 2  b 2  c 2  0 ]. a  2b  c  d2 222 a b c d  A;  P    2 3a  b  c  dKhi đó ta có hệ điều kiện sau:  d  B;  P    1  1222 a b c d  C ;  P    1 a  b  c  d1 a 2  b 2  c 2 a  2b  c  d  2 a 2  b 2  c 2  3a  b  c  d  a 2  b 2  c 2 .222  a  b  c  d  a  b  c3a  b  c  d  a  b  c  dKhi đó ta có: 3a  b  c  d  a  b  c  d  3a  b  c  d  a  b  c  da  0.a  b  c  d  0với a  0 thì ta có 2b  c  d  2 b2  c 2 2b  c  d  2 b 2  c 2c  d  0  c  d  0, b  0   4b  c  d  0do đó có 3 2b  c  d  2 b  c  dc  d  4b, c  2 2bc  d  0mặt phẳng.4b  a 3b  2 a 2  b 2  c 23b4a3Với a  b  c  d  0 thì ta có  222 2a  a  b  c 2a  a 2  b 2  c 2 c  11 a3do đó có 4 mặt phẳng thỏa mãn bài tốn.Vậy có 7 mặt phẳng thỏa mãn bài tốn.Câu 6.222Trong khơng gian Oxyz, cho  S  :  x  3    y  2    z  5   36 , điểm M  7;1;3 . Gọi  làđường thẳng di động luôn đi qua M và tiếp xúc với mặt cầu  S  tại N . Tiếp điểm N di độngtrên đường tròn  T  có tâm J  a, b, c  . Gọi k  2a  5b  10c , thì giá trị của k làA. 45 .B. 50 .C. 45 .Lời giảiD. 50 .Facebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 3 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489MNJI222Mặt cầu  S  :  x  3    y  2    z  5   36 có tâm I  3; 2;5 , bán kính R  6 .Có IM  25  16  4  3 5  6  R , nên M thuộc miền ngồi của mặt cầu  S  .Có MN tiếp xúc mặt cầu  S  tại N , nên MN  IN tại N .Gọi J là điểm chiếu của N lên MI .Có IN 2  I J .IM . Suy ra I J IN 236 12 5[không đổi], I cố định.IM 3 55Suy ra N thuộc  P  cố định và mặt cầu  S  , nên N thuộc đường tròn  C  tâm J .x  3  8 I J  12 5 1  4 4IM Gọi N  x; y; z  , có IJ IM  IM   y  2  IM55 3 552 z  5   5 6 23  N  5; ;  , k  2a  5b  10c  50 . Vậy k  50 . 5 5 Câu 7.[ChuyênĐạiHọcVinh2019]TrongkhônggianOxyz ,chocácđiểmM  2;1; 4  , N  5;0;0  , P 1; 3;1 . Gọi I  a; b; c  là tâm của mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng Oyz đồng thời đi qua các điểm M , N , P . Tìm c biết rằng a  b  c  5A. 3B. 2C. 4Lời giảiD. 1Chọn BPhương trình mặt cầu  S  tâm I  a; b; c  là x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0Đk: a 2  b 2  c 2  d  04a  2b  8c  d  2110a  d  25 S  đi qua các điểm M , N , P và tiếp xúc với mặt phẳng  Oyz   2a  6b  2c  d  11R  aTrang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 20214a  2b  8c  10a  25  216a  2b  8c  46a  2b  8c  4d  10a  25d  10a  25d  10a  252a  6b  2c  10a  25  118a  6b  2c  1432a  24b  8c  56222222a  b  c  d  ab  c  d  0b 2  c 2  d  06a  2b  8c  4c  a  1d  10a  25d  10a  2526a  26b  52b   a  222b  c  d  0b 2  c 2  d  022  a  2    a  1  10a  25  0 2a 2  16a  30  0a  3 a  3 b  1hay a  5 c  2d  5a  5b  3c  4d  25Vì a  b  c  5 nên chọn c  2 .Câu 8.[Chuyên KHTN 2019] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm H 1; 2;  2  . Mặt phẳnga đi qua H và cắt các trục Ox, Oy , Oz lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho H là trực tâm củatam giác ABC . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC .81A. 243 .B. 81 .C.  .2Lời giảiD.243.2Mặt phẳng a  cắt các trục Ox, Oy , Oz lần lượt tại các điểm A  a;0;0  , B  0; b ;0  , C  0;0; c  . DoH là trực tâm tam giác ABC nên a, b, c  0 .Khi đó phương trình mặt phẳng a  :x y z  1.a b c1 2 2Mà H 1; 2;  2   a  nên:    1 1 .a b cTa có: AH  1  a; 2;  2  , BH  1; 2  b;  2  , BC   0;  b; c  , AC    a; 0; c  .  AH .BC  0b  cLại có H là trực tâm tam giác ABC , suy ra   hay [2] .a  2c BH . AC  012 299  1  c   , khi đó a  9, b  .2 c  c c229 9 Vậy A  9;0;0  , B  0; ; 0  , C  0; 0;   .2 2 Thay  2 vào 1 ta được:Khi đó, giả sử mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC có phương trình là:222x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 . Với  a   b   c  d  0Vì 4 điểm O, A, B, C thuộc mặt cầu nên ta có hệ phương trình:Facebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 5 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489d  0d  018a  d  81   9a 281  .9b  d  94b  4819c  d  c    944Phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là: x 2  y 2  z 2  9 x 2299y  z  0 , có tâm2229 69 9 99 9 9.I  ; ;   và bán kính R           0 42 4 42 4 42 9 6  243Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tự diện OABC là S  4 R  4 . . 422Câu 9.[ HSG Bắc Ninh 2019] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm M  6;0;0  , S1  : x 2  y 2  z 2  2x  2 y  1  0 vàcắt nhau theo đường trịn  C  . Hỏi có bao nhiêu mặt cầuN  0;6;0  , P  0;0;6  . Hai mặt cầu có phương trình S2  : x 2  y 2  z 2  8 x  2 y  2 z  1  0có tâm thuộc mặt phẳng chứa  C  và tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP, PM .A. 1.B. 3 .C. Vô số.Lời giảiD. 4 .Giả sử mặt cầu  S  có tâm I   C  và tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP, PM .Gọi H là hình chiếu vng góc của I trên  MNP  .Ta có:  S  tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP, PM d  I , MN   d  I , NP   d  I , PM   d  H , MN   d  H , NP   d  H , PM  H là tâm đường tròn nội tiếp hoặc tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác MNP .x y z MNP  có phương trình là    1 hay x  y  z  6  0 .6 6 6 C    S1    S2   Tọa độ các điểm thuộc trên  C  thỏa mãn hệ phương trình: x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  1  0 3x  2 y  z  0 . 222 x  y  z  8 x  2 y  2 z  1  0Do đó, phương trình chứa mặt phẳng chứa  C  là a  : 3 x  2 y  z  0 .Vì 1.3  1.  2   1.  1  0   MNP   a  . 1Ta có: MN  NP  PM  6 2  MNP đều.Gọi G là trọng tâm tam giác MNP  G  2; 2; 2  và G là tâm đường tròn nội tiếp tam giácMNP . Thay tọa độ của điểm G vào phương trình mặt phẳng a  , ta có: G  a  .Gọi  là đường thẳng vng góc với  MNP  tại G .Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 MNP   a    a  .Vì G  a Khi đó: I    d  I , MN   d  I , NP   d  I , PM   r Mặt cầu tâm I bán kính r tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP , PM .Vậy có vơ số mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng chứa  C  và tiếp xúc với ba đường thẳngMN , MP, PM .Câu 10. Trong không gian với hệ tọa độOxyzchoA   3;1;1 , B 1;  1; 5 và mặt phẳng P  : 2 x  y  2 z  11  0. Mặt cầu  S  đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với  P  tại điểm C . BiếtC luôn thuộc một đường trịn T  cố định. Tính bán kính r của đường tròn T  .A. r  4 .B. r  2 .C. r  3 .D. r  2 .Lời giảiTa có AB   4; 2; 4  và mp  P  có vec tơ pháp tuyến n   2; 1; 2  . Do đó AB vng góc vớiP .Giả sử mặt cầu  S  có phương trình x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 . Mặt cầu  S  đi qua haiđiểm A, B nên ta có 9  1  1  6 a  2b  2 c  d  0 6 a  2b  2c  d  11.1  1  25  2 a  2b  10c  d  0 2 a  2b  10c  d  27Suy ra 8 a  4 b  8 c  16  2 a  b  2 c  4.2a  b  2c  11Mặt cầu  S  tiếp xúc với  P  nên ta có d  I ,  P    5.3Ta có AB   4; 2; 4   AB  16  4  16  6. Goi M là trung điểm AB ta cód  C , AB   IM  5 2  3 2  4. Vậy C ln thuộc một đường trịnT  cố định có bán kínhr  4. .Câu 11.[THPT Lê Q Đôn Đà Nẵng 2019] Trong không gianOxyz , cho hai điểm 5 3 7 3  5 3 7  3 A ;;3  , B ;;3  và mặt cầu [ S ] : [ x  1] 2  [ y  2] 2  [ z  3] 2  6 . Xét2222mặt phẳng [ P ] : ax  by  cz  d  0 ,  a, b, c, d   : d  5 là mặt phẳng thay đổi luôn đi qua haiđiểm A, B . Gọi [ N ] là hình nón có đỉnh là tâm của mặt cầu [ S ] và đường tròn đáy là đường trònFacebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 7 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489giao tuyến của [ P ] và [ S ] . Tính giá trị của T  a  b  c  d khi thiết diện qua trục của hình nón[ N ] có diện tích lớn nhất.C. T  2 .Lời giảiB. T  6 .A. T  4 .D. T  12 .IRBhrAMặt cầu [ S ] có tâm I 1; 2;3 , bán kính R  6 .Có IA  IB  6 nên A, B thuộc mặt cầu [ S ] .5 7 AB   3; 3;0   3 1; 1; 0    3 a , M  ; ;3  là trung điểm của AB .2 2 Gọi a  [1; 1;0] và n  [a; b; c] với a2  b2  c2  0 là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng [ P ]75 I  [ P] a  b  3c  d  0 d  6a  3c 2Vì A, B  [ P ] nên có   .2a.n  0a  ba  b  0Gọi h  d  I , [ P]  , [C ]  [ P ]  [ S ] , r là bán kính đường trịn [C ] .r  R 2  h 2  6  h2 .Diện tích thiết diện qua trục của hình nón [ N ] .1h2  6  h 2S  .h.2r  h. 6  h 2  3.22MaxS  3 khi h 2  6  h 2  h  3 .a  2b  3c  dh  d  I ,[ P]   3 .a 2  b2  c2a  c a 2  c2  . a  cNếu a  c thì b  a; d  9a và [ P ] : ax  ay  az - 9 a  0  x  y  z  9  0 [nhận].Nếu a  c thì b  a ; d  3a và [ P ] : ax  ay  az - 3a  0  x  y  z  3  0 [loại].Vây T  a  b  c  d  6 .Câu 12. Trong không gian Oxyz , xét số thực m   0;1 và hai mặt phẳng  a  : 2 x  y  2 z  10  0 và  :xyz  1 . Biết rằng, khi m thay đổi có hai mặt cầu cố định tiếp xúc đồng thời với cảm 1 m 1hai mặt phẳng  a  ,    . Tổng bán kính của hai mặt cầu đó bằngA. 6B. 3C. 9Lời giảiD. 12Chọn CTrang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021Gọi I  a; b; c  là tâm mặt cầu.Theo giả thiết ta có R  d  I ,  a    d  I ,     .ab c 1m 1 mMà d  I ,     111m 2 1  m  2Ta có2111 1 111   1 2 .22m 1  m m 1 m m 1 m 211 11 1  1[do m   0;1 2 .m 1 mm 1  m  m 1  m  Nêna 1  m   bm  cm 1  m   m 1  m m 1  m R11m 1  m Ra  am  bm  cm  cm 2  m  m 2m2  m  1 R  Rm  Rm 2  a  am  bm  cm  cm 2  m  m 2222  R  Rm  Rm  a  am  bm  cm  cm  m  m m 2  R  c  1  m  a  b  c  R  1  R  a  0 1 2 m  R  c  1  m  b  c  a  R  1  R  a  0  2 Xét [1] do mặt cầu tiếp xúc với tiếp xúc đồng thời với cả hai mặt phẳng  a  ,    với mọim   0;1 nên pt [1] nghiệm đúng với mọi m   0;1 .R  c 1  0a  R a  b  c  R  1  0  b  R  I  R; R;1  R  .R  a  0c  1  RMà R  d  I ,  a    R 2 R  R  2 1  R   103R  3 3R  12  R   R  6[l ]Xét [2] tương tự ta đượcR  c 1  0a   R b  c  a  R  1  0  b   R  I   R;  R; R  1R  a  0c  R  1Mà R  d  I ,  a    R 2 R  R  2 1  R   103R  6 3R  12  R  . R  3[l ]Vậy R1  R2  9 .Câu 13. Trong không gian Oxyz , mặt cầu  S  đi qua điểm A  2; 2;5  và tiếp xúc với ba mặt phẳng P  : x  1,  Q  : y  1 và  R  : z  1 có bán kính bằngFacebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 9 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489C. 2 3 .B. 1.A. 3 .D. 3 3 .Lời giảiGọi I  a; b; c  và R là tâm và bán kính của  S  . Khi đó ta có IA  a  1R  IA  d  I ;  P    d  I ;  Q    d  I ;  R    IA  a  1  b  1  c  1  a  1    b  1a  1    c  1b  a  2 IA  a  1b  a  2TH1:  a  1  b  1  c  a[vô nghiệm] c  aa  1  c  1 22222 2a  12a  28  0 2  a   a   5  a    a  1TH2:b  a IA  a  1b  aa  4 c  a b  4  R  1 a  1  b  1   c  aa  1  c  1 22222c  4 2a  16a  32  0 2  a    2  a    5  a    a  1b  a  2 IA  a  1b  aTH3: a  1  b  1  c  2  a[vô nghiệm] c  a a  1  c  1  222222a  4a  12  0 2  a   a   3  a    a  1b   a IA  a  1b   aTH4:  a  1  b  1  c  2  a[vô nghiệm] c  a a  1  c  1 22222 2a  12  0 2  a    2  a    3  a    a  1Vậy mặt cầu có bán kính R  1Câu 14.[Đề Tham Khảo 2018] Trong khơng gian Oxyz , cho điểm M 1;1; 2 . Hỏi có bao nhiêu mặtphẳng Pđi qua M và cắt các trục x'Ox, y'Oy, z'Oz lần lượt tại các điểm A,B,C sao choOA  OB  OC  0 ?A. 8B. 1C. 4Lời giảiD. 3Chọn DMặt phẳng  P  đi qua M và cắt các trục x'Ox, y'Oy, z'Oz lần lượt tại cácđiểm A  a; 0; 0 ,B  0;b; 0 ,C  0; 0;c  . Khi đó phương trình mặt phẳng  P  có dạng:x y z  1.a b cTheo bài mặt phẳng  P  đi qua M 1;1; 2 và OA  OB  OC nên ta có hệ:a  b  c1 1 2 a  b  c    1 1. Ta có:  2   a b c a  c  b a  b  c  2b  c   a- Với a  b  c thay vào 1 được a  b  c  4- Với a  b   c thay vào 1 được 0  1 [loại].Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021- Với a  c   b thay vào 1 được a  c   b  2 .- Với b  c   a thay vào 1 được b  c   a  2 .Vậy có ba mặt phẳng thỏa mãn bài toán là:x y zx y zx y z P1  :    1;  P2  :    1;  P3  :    14 4 42 2 22 2 2Câu 15.[Hồng Hoa Thám Hưng n 2019] Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểmA  3;1;7  , B  5;5;1 và mặt phẳng P  : 2x  y  z  4  0 .Điểm M thuộc Psao choMA  MB  35 . Biết M có hồnh độ ngun, ta có OM bằngA. 2 2 .B. 2 3 .C. 3 2 .Lời giảiD. 4 .Gọi M  a ; b ; c  với a  , b   , c   .Ta có: AM   a  3; b  1; c  7  và BM   a  5; b  5; c  1 .M   P  M   P   MA2  MB 2 nên ta có hệ phương trình sau:Vì  MA  MB  35 MA2  35 2a  b  c  4  0 2a  b  c  4222222 a  3   b  1   c  7    a  5    b  5    c  1   4a  8b  12c  8222222 a  3   b  1   c  7   35 a  3   b  1   c  7   35b  cb  a  2a  0 b  2 , [do a  ]. c  a  2 c  a  2c  23a 2  14a  0222 a  3    b  1   c  7   35Ta có M  2; 2; 0  . Suy ra OM  2 2 .Câu 16.[Cụm 5 Trường Chuyên - ĐBSH - 2018] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho bađiểm A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a, b, c  0 . Biết rằng ABC đi qua điểm721 1 12221 2 3. Tính 2  2  2 .M  ; ;  và tiếp xúc với mặt cầu  S  : x  1   y  2    z  3 7a b c7 7 717A. 14 .B. .C. 7 .D. .72Lời giảix y zPhương trình đoạn chắn của mặt phẳng  ABC  là:    1 .a b c1 2 3Vì điểm M  , ,  thuộc mặt phẳng  ABC 7 7 71  2 3     1231 2 3777         1 1    7abc7 a 7b 7 ca b c222Mặt khác mặt phẳng  ABC  tiếp xúc với  S  : x  1   y  2    z  3 727Facebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 11 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 khoảng cách từ tâm I 1,2,3 của cầu tới mặt phẳng  ABC  là7271 2 3  11 2 372a b cmà    7 d  I , ABC   a b c71 1 1 2 22a b c d  I , ABC   Câu 17.7 11 1 1 a2 b2 c2721 1 1 7 2 2 2  .7a b c2[Chuyên Đại học Vinh - 2019] Trong không gian Oxyz , cho các điểm M  2;1; 4  , N  5;0;0  ,P 1;  3;1 . Gọi I  a; b; c  là tâm của mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng  Oyz  đồng thời đi qua cácđiểm M , N , P . Tìm c biết rằng a  b  c  5 .A. 3 .B. 2 .C. 4 .Lời giảiChọn BD. 1.Giả sử mặt cầu  S  đã cho có phương trình dạng: x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 .Từ đề bài ta có:M  2;1; 4    S   4a  2b  8c  d  21 1N  5;0;0    S   10a  d  25  2  .P 1;  3;1   S   2a  6b  2c  d  11  3 .Hình chiếu của điểm I  a; b; c  lên mặt phẳng  Oyz  là H  0; b; c   HI   a; 0;0   HI  a .Mặt cầu  S  tiếp xúc với mặt phẳng  Oyz   IH  a  a 2  b 2  c 2  d  b 2  c 2  d  0  4  .Từ [1]; [2]; [3] ta có:b  2  a.c  a  1 d  10a  25Thế vào phương trình [4] ta được: a 2  8a  15  0  a  5  a  3 .Trường hợp 1: a  5  b  3, c  4  a  b  c  6  5  loại.Trường hợp 1: a  3  b  1, c  2  a  b  c  4  5  nhận.Vậy c  2 thỏa yêu cầu đề.Câu 18.2[Sở Nam Định - 2019] Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2   z  1  4 và điểmA  2;2;2 . Từ A kẻ ba tiếp tuyến AB , AC , AD với B , C , D là các tiếp điểm. Viết phươngtrình mặt phẳng  BCD  .A. 2 x  2 y  z  1  0 .B. 2 x  2 y  z  3  0 .C. 2 x  2 y  z  1  0 .D. 2 x  2 y  z  5  0 .Lời giảiChọn DMặt cầu  S  có tâm I  0;0;1 , bán kính R  2 .Có IA   2; 2;1  IA  3 .Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 202122Tam giác ABI vng tại B nên ta có AB  IA  IB  5 .Gọi H  x ; y ; z  là chân đường cao kẻ từ B của tam giác ABI .Ta có: IB 2  IH .IA  IH IB 2 44  IH  .IA .IA 3948 x  0  9 .2x  9 4  48 8 8 13 Từ suy ra được IH  IA   y  0  .2   y   H  ; ;  .9999 9 9 4 13 z  1  9 .1z  9Mặt phẳng  BCD  vng góc với đường thẳng IA nên nhận IA   2; 2;1 làm vectơ pháp tuyến.Hơn nữa mặt phẳng  BCD  đi qua điểm H .88 13 Vậy  BCD  có phương trình: 2.  x    2.  y    1.  z    0  2 x  2 y  z  5  0 .999Câu 19.[Hội 8 Trường Chuyên 2019] Trong không gian Oxyz ,222S  : S  vàcho hai mặt cầu2x 2  y 2   z  1  25 và  S   :  x  1   y  2    z  3  1. Mặt phẳng  P  tiếp xúccắt  S  theo giao tuyến là một đường trịn có chu vi bằng 6 . Khoảng cách từ O đến  P  bằngA.14.3B.17.78.9Lời giảiC.D.19.2Chọn AMặt cầu  S  có tâm I  0;0;1 , bán kính R  5 , mặt cầu  S   có tâm I  1; 2;3 , bán kính R  1Vì I I  3  R  R  4 nên mặt cầu  S   nằm trong mặt cầu  S  .Mặt phẳng  P  tiếp xúc  S   d  I ,  P    R  1 ;  P  cắt  S  theo giao tuyến là một đườngtrịn có chu vi bằng 6 [ suy ra bán kính đường trịn là r  3 ] nên d  I ,  P    R 2  r 2  4 .Nhận thấy d  I ,  P    d  I ,  P    I I nên tiếp điểm H của  P  và  S   cũng là tâm đường tròngiao của  P  và  S  . Khi đó,  P  là mặt phẳng đi qua H , nhận II   1; 2; 2  làm vecto pháptuyến.Facebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 13 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 09467984894 xH  3 4 84 8 11Ta có: IH  II    yH   H  ; ;  .333 3 3 11 zH  348 11 Phương trình mặt phẳng  P  : x   2  y    2  z    0  x  2 y  2 z  14  0 .33314.3Khoảng cách từ O đến  P  là d  O,  P   Câu 20.[Chuyên Nguyễn Du-ĐăkLăk 2019] Trong không gian Oxyz , cho điểm A  2;11; 5 và mặtphẳng  P  : 2mx   m 2  1 y   m 2  1 z  10  0 . Biết rằng khi m thay đổi, tồn tại hai mặt cầu cốđịnh tiếp xúc với mặt phẳng  P  và cùng đi qua A . Tổng bán kính của hai mặt cầu đó bằngA. 10 2 .C. 12 2 .Lời giảiB. 12 3 .D. 10 3 .Chọn CGọi I  x0 ; y 0 ; z0  là tâm của mặt cầu  S  cố định và R là bán kính của mặt cầu  S  .Ta có:R  d  I ,  P  2mx0   m2  1 y0   m2  1 z0  1024m2   m2  1   m2  122mx0   m 2  1 y0   m 2  1 z0  102  m 2  1 2mx0   m2  1 y0   m2  1 z0  10  R 2  m2  1đúng với mọi m   . 2mx0   m2  1 y0   m2  1 z0  10   R 2  m2  1  y0  z0  m 2  2mx0  y0  z0  10  R 2m 2  R 2đúng với mọi m   . y0  z0  m 2  2mx0  y0  z0  10   R 2m 2  R 2  y0  z 0  R 2 x0  0   y0  z0  10  R 2   y0  z0   R 2x0  0  y0  z0  10   R 2I  II Từ hệ  I  suy ra x0  0; y0  5  R 2; z0  5Do đó tâm mặt cầu là I 0;5  R 2; 5Ta có: R 2  IA2  R 2  4  R 2  62suy ra R  2 2 và R  10 2Hệ  II  suy ra x0  0; y0  5  R 2, z0  5Như vậy, ta có: R 2  IA2  4 2  R 2  62 R 2 , phương trình khơng có giá trị R thỏa mãn nênloại.Vậy tổng hai bán kính của hai mặt cầu là: 12 2 .Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021Câu 21.[Chun Lê Q Đơn – Điện Biên 2019] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S  :  x  1222  y  1   z  1  1 và điểm A  2;2;2 . Xét các điểm M thuộc mặt cầu  S  saocho đường thẳng AM luôn tiếp xúc với  S  . M ln thuộc mặt phẳng cố định có phương trình làA. x  y  z  6  0 .B. x  y  z  4  0C. 3 x  3 y  3 z  8  0 . D. 3 x  3 y  3 z  4  0 .Lời giảiChọn BMặt cấu  S  có tâm I 1;1;1 , bán kính R  1 . A 2;2;2Ta ln cóAMI  90o , suy ra điểm M thuộc mặt cầu  S1  tâm E là trung điểm của AI đườngkính AI .3 3 3222Với E  ; ;  , bán kính R1  IE   1    1    1   3 .22 2 22222223 3 33Phương trình mặt cầu  S1  :  x     y     z   2 2 24 x2  y2  z2 3x 3y 3z  6  0 .Vậy điểm M có tọa độ thỏa mãn hệ: x  1 2   y  12   z  12  1 x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  2  0 2 22222 x  y  z  3x  3 y  3z  6  0  x  y  z  3x  3 y  3z  6  0Trừ theo vế hai phương trình cho nhau ta được: x  y  z  4  0 .Câu 22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  4 x  4 y  2 z  7  0 vàđường thẳngdmlà giao tuyến của hai mặt phẳngx  1  2m  y  4mz  4  0và2 x  my   2m  1 z  8  0 . Khi đó m thay đổi các giao điểm của d m và  S  nằm trên mộtđường trịn cố định. Tính bán kính r của đường trịn đó.A. r 142.15B. r 92.3C. r 23.3D. r 586.15Lời giảiFacebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489IKBHNAPQGiả sử đường thẳng d m cắt mặt cầu tại hai điểm A, B .Mặt cầu  S  có tâm I  2; 2;1 , bán kính R  4 . x  1  2m  y  4mz  4  0Đường thẳng M  x; y   d m thỏa  5 x  y  2 z  20  0 nên các2 x  my   2m  1 z  8  0giao điểm của  S  và d m thuộc đường tròn giao tuyến giữa  S  và  P  : 5x  y  2 z  20  0 .d  I ,  P Câu 23.14214214nên r  R 2  d 2  I ,  P    42 .301530[Chuyên Quốc Học Huế 2019] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu  S  cóphương trình x 2  y 2  z 2  2  a  4b  x  2  a  b  c  y  2  b  c  z  d  0 , tâm I nằm trên mặtphẳng  a  cố định. Biết rằng 4a  b  2c  4 . Tìm khoảng cách từ điểm D 1; 2;  2  đến mặtphẳng  a  .A.15.23B.1.915C.9.15D.Lời giảiChọn BMặt cầu  S  có tâm I  a  4b ;  a  b  c ;  b  c  .Giả sử mặt phẳng  a  có phương trình Ax  By  Cz  D  0 .Vì I   a  nên ta cóA  a  4b   B   a  b  c   C  b  c   D  0  A  B  a   4 A  B  C  b    B  C  c   D [1].Theo bài ra ta có 4a  b  2c  4 [2].Đồng nhất [1] và [2] ta có hệ phương trìnhTrang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/1.314 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 20211A   4A  B  4174 A  B  C  1 B  4  B  C  225 D  4C  4 D  4Suy ra  a  có phương trình x  17 y  25 z  16  0 .Vậy, khảng cách từ điểm D 1; 2;  2  đến  a  bằngd  D,  a   Câu 24.1  17.2  25.  2   1612  17 2  2521.915[THPT Ngô Sĩ Liên Bắc Giang 2019] Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , điểmM  a, b, c thuộcmặtphẳng P : x  y  z  6  0vàcáchđềucácđiểmA 1;6;0 , B  2; 2; 1 , C  5; 1;3 . Tích abc bằngA. 6B. 6C. 0Lời giảiD. 5Chọn Aa  b  c  6a  b  c  622222 222Ta có:  MA  MB   a  1   b  6   b   a  2    b  2    c  1 MA2  MC 2222222 a  1   b  6   c   a  5   b  1   c  3a  b  c  6a  1 3a  4b  c  14  b  2  abc  6. 4a  7b  3b  1 c  3Dạng 2. Cực trị1. Một số bất đẳng thức cơ bảnKết quả 1. Trong một tam giác, cạnh đối diện với góc lớn thì lớn hơnKết quả 2. Trong các đường xiên và đường vng góc kẻ từ một điểm nằm ngồi đường thẳng đến đườngthẳng đó thì đường vng góc là đường ngắn nhất. Như trong hình vẽ ta ln có AM  AHKết quả 3. Với ba điểm A, B, C bất kì ta ln có bất đẳng thức AB  BC  AC .Tổng quát hơn ta có bất đẳng thức của đường gấp khúc: Với n điểm A1 , A2 ,.... An ta ln cóA1 A2  A2 A3  ...  An 1 An  A1 Anx y 2 xy . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  yKết quả 4. Với hai số khơng âm x, y ta ln có2   Kết quả 5. Với hai véc tơ a, b ta luôn có a.b  a . b . Đẳng thức xảy ra khi a  kb, k  2. Một số bài toán thường gặpFacebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489Bài toán 1. Cho điểm A cố định và điểm M di động trên hình  H  [  H  là đường thẳng, mặt phẳng]. Tìmgiá trị nhỏ nhất của AMLời giải: Gọi H là hình chiếu vng góc của A lên hình  H  . Khi đó, trong tam giác AHMVng tại . M ta có AM  AH .Đẳng thức xảy ra khi M  H . Do đó AM nhỏ nhất khi M là hình chiếu của A lên  H Bài toán 2. Cho điểm A và mặt cầu  S  có tâm I , bán kính R, M là điểm di động trên  S  . Tìm giá trịnhỏ nhất và giá trị lớn nhất của AM .Lời giải. Xét A nằm ngoài mặt cầu [ S ]. Gọi M 1 , M 2 lần lượt là giao điểm của đường thẳng AI với mặtcầu [ S ]  AM 1  AM 2  và [a ] là mặt phẳng đi qua M và đường thẳng AI . Khi đó [a ] cắt [ S ] theo mộtđường trịn lớn [C ]. Ta có MMM  90 , nên AMM 2 và AM M là các góc tù, nên trong các tam giác121AMM 1 và AMM 2 ta cóAI  R  AM 1  AM  AM 2  AI  RTương tự với A nằm trong mặt cầu ta cóR  AI  AM  R  AIVậy min AM | AI  R |, max AM  R  AIBài toán 3. Cho măt phẳng [ P] và hai điểm phân biệt A, B. Tìm điể M thuộc [ P] sao cho1. MA  MB nhỏ nhất.2. | MA  MB | lớn nhất.Lời giải.1. Ta xét các trường hợp sau- TH 1: Nếu A và B nằm về hai phía so với [ P] . Khi đóAM  BM  ABĐẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của AB với [ P] .- TH 2: Nếu A và B nằm cùng một phía so với [ P] . Gọi A đối xứng với A qua [ P] . Khi đóAM  BM  A M  BM  A BĐẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của A B với [ P] .2. Ta xét các trường hợp sau- TH 1: Nếu A và B nằm cùng một phía so với [ P] . Khi đóTrang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021| AM  BM | ABĐẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của AB với [ P] .- TH 2: Nếu A và B nằm khác phía so với [ P] . Gọi A ' đối xứng với A qua  P  , Khi đó| AM  BM | A M  BM  A BĐẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của A B với [ P] .Bài toán 4. Viết phương trinh măt phẳng [ P] di qua A và cách B một khoảng lớn nhất.Lời giải. Gọi H là hình chiếu của B lên mặt phẳng [ P], khi đód[ B,[ P]]  BH  BADo đó  P  là mặt phẳng đi qua A vuông góc với ABBài tốn 5. Cho các số thực dương a ,  và ba điểm A, B, C. Viết phương trình măt phẳng[ P] đi qua C và T  a d[ A, [ P]]   d[ B, [ P]] nhỏ nhất.Lời giải.1. Xét A, B nằm về cùng phía so với [ P] .- Nếu AB‖[ P] thìP  [a   ]d[ A,[ P]]  [a   ] AC a - Nếu đường thẳng AB cắt [ P] tại I . Gọi D là điểm thỏa mãn IB  ID và E là trung điểm BD. Khi đóIB d[ D, [ P]]  2a d[ E , [ P]]  2[a   ] ECID2. Xét A, B nằm về hai phía so với [ P] . Gọi I là giao điểm của AB và [ P], B là điểm đối xứng với B quaI . Khi đóP  a d[ A, [ P]]   d B ,[ P ]P  a d[ A,[ P]]   Đến đây ta chuyển về trường hợp trên.So sánh các kết quả ở trên ta chọn kết quả lớn nhất.Bài tốn 6. Trong khơng gian cho n điểm A1 , A2 , , An và diểm A. Viết phương trình mặt phẳng [ P] điqua A và tổng khoảng cách từ các điểm Ai [i  1, n ] lớn nhất.Lời giải.- Xét n điểm A1 , A2 , , An nằm cùng phía so với [ P]. Gọi G là trọng tâm của n điểm đã cho. Khi đón d  A , [ P]   nd[G, [ P]]  nGAii 1- Trong n điểm trên có m điểm nằm về một phía và k điểm nằm về phía khác [m  k  n ]. Khi đó, gọi G1là trọng tâm của m điểm, G2 là trọng tâm của k điểm G3 đối xứng với G1 qua A. Khi dóP  md  G3 , [ P ]   kd  G2 , [ P ] Đến đây ta chuyển về bài toán trên.Bài tốn 7.Viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua đường thẳng  và cách A một khoảng lớn nhấtFacebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489Lời giải. Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên mặt phẳng [ P] và đường thẳng . Khi đód[ A, [ P]]  AH  AKDo đó [ P] là mặt phẳng đi qua K và vng góc vói AK .Bài tốn 8. Trong khơng gian Oxyz, cho các điểm A1 , A2 , , An . Xét véc tơw  a1 MA1  a 2 M A2    a n M AnTrong đó a1 ;a 2 ...a n là các số thực cho trước thỏa mãn a1  a 2  ...  a n  0 . Tìm điểmM thc măt phẳng [ P] sao cho | w | có đơ dài nhỏ nhất.Lời giải. Gọi G là điểm thỏa mãn a1GA1  a 2GA2    a nGAn  0[điểm G hoàn toàn xác định].Ta có MAk  MG  GAk vói k  1; 2;; n, nênw  a1  a 2  a n  MG  a1GA1  a 2GA2    a nGAn  a1  a 2  a n  MGDo đó| w | a1  a 2    a n  | MG |Vi a1  a 2    a n là hằng số khác khơng nên | w | có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất, màM  [ P] nên điểm M cần tìm là hình chiếu của G trên mặt phẳng [ P] .Bài toán 9. Trong không gian Oxy z, cho các diểm A1 , A2 , , An . Xét biểu thức:T  a1MA12  a 2 MA22    a n MAn2Trong đó a1 , a 2 , , a n là các số thực cho trước. Tìm điểm M thuộc măt phẳng [ P] sao cho1. T giá trị nhỏ nhất biết a1  a 2  a n  0 .2. T có giá trị lớn nhất biết a1  a 2  a n  0 .Lời giải. Gọi G là điểm thỏa mãn a1GA1  a 2GA2    a nGAn  0Ta có MAk  MG  GAk với k  1; 2;; n, nên  2MAk2  MG  GAk  MG 2  2 MG  GAk  GAk2Do đóT  a1  a 2  a n  MG 2  a1GA12  a 2GA22    a nGAn2Vì a1GA12  a 2GA22    a nGAn2 khơng đổi nên• với a1  a 2  a n  0 thì T đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất.• với a1  a 2  a n  0 thì T đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất.Mà M  [ P] nên MG nhỏ nhất khi điểm M là hình chiếu của G trên mặt phẳng [ P] .Bài tốn 10. Trong khơng gian Oxyz, cho đường thẳng d và mặt phẳng [ P] cắt nhau. Viết phương trình củamặt phẳng [Q] chứa d và tạo với mặt phẳng [ P] một góc nhỏ nhất.Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021Lời giải. Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng [ P] và lấy điểm M  d , M  I . Gọi H , Klầ lượt là hình chiếu của M lên [ P] và giao tuyến  của [ P] và [Q] . , do đóĐặt  là góc giữa [ P] và [Q], ta có   MKHHM HMHKHIDo đó [Q] là mặt phẳng đi qua d và vng góc với mặt phẳng [ MHI ], nên [Q] đi qua M và nhận nP  ud   ud làm VTPT.tan  Chú ý. Ta có thể giải bài toán trên bằng phương pháp đai số như sau: - Goi n  [a; b; c], a 2  b 2  c 2  0 là một VTPT của mặt phẳng [Q]. Khi đó n  ud  0 từ đây ta rút được atheo b, c [hoặc b theo a, c hoặc c theo a, b ].- Gọi  là góc giữa [ P] và [Q], ta có n  nPcos      f [t ]| n |  nPbvới t  , c  0. Khảo sát f [t ] ta tìm được max của f [t ]cBài tốn 11. Trong khơng gian Oxyz, cho hai đường thẳng d và d  chéo nhau. Viết phương trinh mặtphẳng [ P] chứa d và tạo với d  một góc lớn nhất.Lời giải. Trên đường thẳng d , lấy điểm M và dựng đường thẳng  đi qua M song song với d  . Khi đógóc giữa  và [ P] chính là góc giữa d  và [ P] .Trên đường thẳng  , lấy điểm A . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A lên [ P] và d ,  là góc giữa và [ P] .HM KMKhi đó   AMH và cos  AM AMSuy ra [ P] là mặt phẳng chứa d và vng góc với mặt phẳng [ AMK ]. Do dó [ P] đi qua M và nhận ud  ud   ud làm VTPT.Chú ý. Ta có thể giải bài toán trên bằng phương pháp đại số như sau: - Goi n  [a; b; c], a 2  b 2  c 2  0 là một VTPT của măt phẳng [ P]. Khi đó n  ud  0 từ đây ta rút được atheo b, c [hoặc b theo a, c hoặc c theo a, b ].- Gọi  là góc giữa [ P] và d  , ta có n  ud sin      f [t ]| n |  ud bvới t  , c  0. Khảo sát f [t ] ta tìm được max của f [t ]cFacebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 21 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489Dạng 2.1. Cực trị liên quan đến bán kính, diện tích, chu vi, thể tíchCâu 1.[Mã 105 2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  3; 2;6  , B  0;1; 0  và mặt222cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  25 . Mặt phẳng  P  : ax  by  cz  2  0 đi qua A, B và cắt S  theo giao tuyến là đường trịn có bán kính nhỏ nhất. Tính T  a  b  cB. T  4A. T  3D. T  2C. T  5Lời giảiChọn AMặt cầu  S  có tâm I  1; 2; 3  và bán kính R  5 A   P  3a  2b  6c  2  0 a  2  2cTa có b  2  0b  2 B   P 2Bán kính của đường trịn giao tuyến là r  R 2  d I ;  P    25   d I ;  P  2Bán kính của đường trịn giao tuyến nhỏ nhất khi và chỉ khi d I ;  P  lớn nhấtTa có d I ,  P  Xét f  c  a  2b  3c  2a2  b2  c 2c  42  2 c  4  3c  2 2  2c 25c 2  8c  8222 cc  425c 2  8c  8248c 2  144c  192 f c  5c2 8c  8c  4225c 2  8c  8c  1f c  0  c  4Bảng biến thiênx y'y4011055105Vậy d I ;  P  lớn nhất bằngCâu 2.5 khi và chỉ khi c  1  a  0, b  2  a  b  c  3 .[THPT Gia Lộc Hải Dương 2019] Mặt phẳng  P  đi qua điểm M 1;1;1 cắt các tia Ox , Oy ,Oz lần lượt tại A  a;0;0  , B  0; b; 0  , C  0;0;c  sao cho thể tích khối tứ diện OABC nhỏ nhất. Khiđó a  2b  3c bằngA. 12 .B. 21 .C. 15 .Lời giảiD. 18 .1Từ giả thiết ta có a  0, b  0, c  0 và thể tích khối tứ diện OABC là VOABC  abc .6x y zTa có phương trình đoạn chắn mặt phẳng  P  có dạng    1 .a b cTrang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 20211 1 1Mà M   P      1 .a b cÁp dụng bất đẳng thức côsi cho ba số ta có: 1 1 1 11   33 abc  27 .a b cabc19abc  . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  3 .629  a  b  c  3 . Khi đó a  2b  3c  18 .2Do đó VOABC Vậy m in VOABCCâu 3.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A  2;0;0  , M 1;1;1 . Mặt phẳng  P  thay đổi quaAM và cắt các tia Oy , Oz lần lượt tại B , C . Khi mặt phẳng  P  thay đổi thì diện tích tam giácABC đạt giá trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu?B. 4 6 .A. 5 6 .C. 3 6 .D. 2 6 .Lời giảiChọn BĐặt B  0; b ;0  , C  0;0; c  với b, c  0 .x y z   1.2 b c1 1 11 1 1M  P     1    .2 b cb c 2Phương trình của mặt phẳng  P  làSuy ra1 1 12   bc  16 .2 b cbc1   1 2 2S ABC   AB; AC  b c  4b2  4c2221 2 2b c  8bc21162  8.16  4 6 .2Vậy min S ABC  4 6 , đạt được khi b  c  4 .Câu 4.222Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  9 , điểmA  0; 0; 2  . Mặt phẳng  P  qua A và cắt mặt cầu  S  theo thiết diện là hình trịn  C  có diệntích nhỏ nhất, phương trình  P  là:A.  P  : x  2 y  3 z  6  0 .B.  P  : x  2 y  3 z  6  0 .C.  P  : 3 x  2 y  2 z  4  0 .D.  P  : x  2 y  z  2  0 .Lời giảiChọn DFacebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 23 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2;3 , bán kính R  3 .Ta có IA  6  R  A nằm trong mặt cầu  S  .Do đó mặt phẳng  P  qua A luôn cắt mặt cầu  S  theo thiết diện là hình trịn  C  có bán kínhr  R 2  IH 2 [với H là hình chiếu của I 1; 2;3 trên  P  ].Ta ln có IA  IH  R 2  IH 2  R 2  IA2  r  R 2  IA2 .Diện tích của hình trịn  C  nhỏ nhất khi bán kính r nhỏ nhất, tức là r  R 2  IA2  H  A .Khi đó IA   P   mặt phẳng  P  nhận IA   1;  2;  1 làm một VTPT.Vậy phương trình mặt phẳng  P  :  x  2 y   z  2   0  x  2 y  z  2  0. .Câu 5.[BỉmSơn2-ThanhHóa2-2019]TrongkhơnggianOxyzchomặtcầu2[ S ] :  x  1   y  2    z  3  27 . Gọi a  là mặt phẳng đi qua 2 điểm A  0;0; 4  , B  2;0;0 và cắt  S  theo giao tuyến là đường tròn  C  sao cho khối nón có đỉnh là tâm của  S  , là hìnhtrịn  C  có thể tích lớn nhất. Biết mặt phẳng a  có phương trình dạng ax  by  z  c  0 , khi đóa  b  c bằng:A. 8.B. 0.C. 2.D. -4.Lời giảiChọn D+ Vì a  qua A ta có: [4]  c  0  c  4 .+ Vì a  qua B ta có: 2a  c  0  a  2 . a  : 2 x  by  z  4  0 .+ Mặt cầu [ S ] có tâm I 1; 2;3 , R  3 3 .+ Chiều cao khối nón: h  d  I ,a  2  2b  3  44  b2  12b  5b2  5.22 2b  5  2b  5  .+Bán kính đường trịn: r  R  h  27    27  22b 5 b 5 2222b  5  2b  51 21 + Thể tích khối nón: V   r h    27  233 b  5  b 2  5+ Tới đây ta có thể Thử các trường hợp đáp án.Hoặc ta làm tự luận như sau:Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  //www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021Đặt t 2b  5và xét hàm số f  t    27  t 2  t trên đoạn 0;3 3  .b 52t  3Ta có: f   t   27  3t 2 ; f   t   0  . Ta có bảng biến thiên:t  3  l Do đó thể tích khối nón lớn nhất khi và chỉ khi2 2b  5 222t 3  3  4b  20b  25  9b  452 b 5  5b 2  20b  20  0  b  2 .Vì vậy a  b  c  4 .Câu 6. 5 3 7 3  5 3 7 3 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ;;3  , B ;;3  và mặt cầu22 2 2[S ] : [ x 1]2  [ y  2]2  [ z  3]2  6 . a, b, c, d   : d  5Xétmặtphẳng[ P ] : ax  by  cz  d  0 ,là mặt phẳng thay đổi luôn đi qua hai điểm A, B . Gọi [ N ] là hình nón cóđỉnh là tâm của mặt cầu [ S ] và đường tròn đáy là đường tròn giao tuyến của [ P ] và [ S ] . Tínhgiá trị của T  a  b  c  d khi thiết diện qua trục của hình nón [ N ] có diện tích lớn nhất.B. T  6 .A. T  4 .C. T  2 .Lời giảiD. T  12 .Chọn BMặt cầu [ S ] có tâm I 1; 2;3  , bán kính R  6 .Có IA  IB  6 nên A, B thuộc mặt cầu [ S ] .5 7 AB   3; 3; 0   3 1; 1;0    3 a , M  ; ;3  là trung điểm của AB .2 2 Facebook Nguyễn Vương //www.facebook.com/phong.baovuongTrang 25