Chủ đề 06: Cực trị hình học khơng gian C Câu 1: BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM Cho lăng trụ đứng ABC ABC  có AB = 6; BC = 12; ABC = 600 Thể tích khối chóp C .ABBA 216 Gọi M điểm nằm tam giác ABC  cho tổng diện tích mặt bên hình chóp M ABC đạt giá trị nhỏ Tính cosin góc đường thẳng BM , AC  ? A Câu 2: B C D Cho khối chóp tứ giác S ABCD có tất cạnh Gọi M , N điểm thuộc cạnh BC , CD cho MN = Tìm giá trị nhỏ thể tích khối tứ diện S AMN A Câu 3: 4− 24 B 12 C 12 D 1+ 12 Cho hình chóp S ABCD , có đáy hình bình hành, M trung điểm cạnh SC Mặt phẳng ( P ) chứa AM cắt cạnh SB , SD B' , D' Giá trị lớn u = a SB' SD' + , b SB SD ( a , b  N * ) tối giản Tích a.b bằng: A Câu 4: C 15 D Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành tâm O Gọi I điểm thuộc đoạn SO cho SI = SO Mặt phẳng ( ) thay đổi qua B I ( ) cắt cạnh SA , SC , SD V M , N , P Gọi m , n giá trị lớn giá trị nhỏ S MBNP VS ABCD Giá trị m + n A 15 Câu 5: B 12 B 75 C 14 75 Cho hình chóp SABC có đáy tam giác cạnh D biết mặt bên hình chóp có diện tích cạnh bên Tính thể tích nhỏ khối chóp SABC A Câu 6: B 2 C D Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành, tích V Gọi M trung điểm cạnh SA , N điểm cạnh SB cho SN = 3NB Mặt phẳng ( P ) thay đổi qua điểm M , N cắt cạnh SC , SD hai điẻm phân biệt P , Q Tìm giá trị lớn thể tích khối chóp S.MNPQ A Câu 7: V B 27 V 80 C 27 V 40 D V Cho hình lập phương ABCD.A ' B ' C ' D ' Điểm M nằm cạnh AA ' cho góc BMD ' lớn a nhất, đặt góc lớn  Biết cos = ; a, b  ; ( a , b ) = 1; b  Mệnh đề sau b đúng? A a + b = B a + b = C a + b = D a + b = Chinh phục tốn VD - VDC: Cực trị hình học khơng gian | 252 Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Câu 8: Cho khối chóp S ABC có SA vng góc với đáy, tam giác ABC vng B Biết thể tích khối chóp giá trị nhỏ diện tích tồn phần chóp S ABC p + q 24 p , q  Tính giá trị biểu thức: p + q = ? A p2 + q = Câu 9: 37 36 B p2 + q = 37 C p2 + q = 25 D p + q = 16 Cho hình chóp SABCD có đáy hình bình hành tâm O Gọi I điểm thuộc đoạn SO cho SI = SO Mặt phẳng ( ) thay đổi qua B I ( ) cắt cạnh SA , SC , SD V m M , N , P Gọi m , n GTLN, GTNN S.BMPN Tính ? n VS ABCD A B C 14 75 D Câu 10: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng, AB = , cạnh bên SA = vng góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) Kí hiệu M điểm di động đoạn CD N điểm di động đoạn CB cho MAN = 45 Thể tích nhỏ khối chóp S AMN A −1 B +1 +1 C D −1 Câu 11: Cho tứ diện SABC G trọng tâm tứ diện Một mặt phẳng ( ) quay quanh AG cắt cạnh SB , SC M N ( M , N không trùng S ) Gọi V thể tích tứ diện SABC , V1 thể tích tứ diện SAMN gọi m, n giá trị lớn giá trị nhỏ V1 Hãy V tính m + n A m + n = B m + n = 17 18 C m + n = 18 19 D m + n = 19 20 Câu 12: Cho hình nón ( H ) có đỉnh S , chiều cao h mặt phẳng ( P) song song với mặt phẳng đáy khối nón Một khối nón (T ) có đỉnh tâm đường trịn đáy ( H ) đáy (T ) thiết diện ( P) với hình nón Thể tích lớn (T ) bao nhiêu? A 4 R2 h 81 B 4 R2 h 27 C  R2 h 24 D  R2 h Câu 13: Cho hình chóp S ABC có AB = 1, ASB = 300 Lấy điểm B ', C ' thuộc cạnh SB , SC cho chu vi tam giác AB ' C ' nhỏ Tính chu vi A 1+ B −1 C D + Câu 14: Trong mặt phẳng ( P ) cho tam giác ABC cạnh 8cm điểm S di động mặt phẳng ( P ) cho tam giác MAB ln có diện tích 16 3cm , với M trung điểm SC Gọi ( S ) mặt cầu qua bốn đỉnh M , A , B , C Khi thể tích hình chóp S ABC lớn nhất, tính bán kính nhỏ ( S ) : 253 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716 Chủ đề 06: Cực trị hình học không gian 16 A B cm cm C 15 cm D 39 cm Câu 15: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD đáy hình vng cạnh a , SA = a Và SA vng góc với đáy M N hai điểm thay đổi thuộc hai cạnh BC CD cho MAN = 450 Tính tỉ số giá trị lớn giá trị nhỏ thể tích khối chóp S AMN A −2 + 2 B 1+ C 2 − D 1+ Câu 16: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABC D có tổng diện tích tất mặt 36 , độ dài đường chéo AC  Hỏi thể tích khối hộp chữ nhật lớn bao nhiêu? B 6 A C 24 D 16 Câu 17: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a đường cao SA = a MNPQ thiết diện song song với đáy, M  SA AM = x Xét hình trụ có đáy đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNPQ đường sinh MA Giá trị x để thể tích khối trụ lớn a A x = B x = 2a C x = a D x = 3a Câu 18: Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC cạnh 2a tam giác ABD vuông D , AD = Khoảng cách lớn từ B đến mặt phẳng ( ACD ) là? A 2a B a C a a D a Câu 19: Cho khối chóp tứ giác S ABCD mà khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SCD ) 2a Gọi  góc mặt bên hình chóp với đáy hình chóp Với giá trị  thể tích khối chóp S ABCD đạt giá trị nhỏ nhất? A  = arcsin B  = 450 C  = arccos D  = 60 Câu 20: Cho hình chóp SABCD , có đáy ABCD hình thoi cạnh a , SA = SB = SC = a Đặt ( ) x = SD  x  a Tìm x theo a để tích AC SD đạt giá trị lớn A x = a B x = a C x = a D Đáp án khác Câu 21: Cho tứ diện S ABCD M điểm di động, nằm bên tam giác ABC Qua M kẻ đường thẳng song song với SA , SB , SC cắt mặt phẳng tương ứng ( SBC ) , ( SAC ) , ( SAB ) lần A ', B ', C ' Khi lượt MA ' MB ' MC ' MA ' MB ' MC ' T= + + + SA SB SC SA SB SC 28 A B 27 giá C trị 62 27 lớn D biểu thức 13 Chinh phục toán VD - VDC: Cực trị hình học khơng gian | 254 Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Câu 22: Cho lăng trụ ABC ABC  tích V M , N , P điểm nằm cạnh AM BN CP AA , BB , CC  cho = , = y Biết thể tích khối đa diện ABC.MNP = x, AA BB CC  2V Giá trị lớn x.y 25 17 A B C D 21 24 16 36 Câu 23: Trong mặt phẳng ( ) cho đường tròn (T ) đường kính AB = 2R Gọi C diểm di động (T ) Trên đường thẳng d qua A vng góc với mặt phẳng ( ) lấy điểm S cho SA = R Hạ AH ⊥ SB H , AK ⊥ SC K Tìm giá trị lớn Vmax thể tích tứ diện SAHK A Vmax = R3 75 B Vmax = R3 25 C Vmax = R3 27 D Vmax = R3 Câu 24: Cho tứ diện ABCD có cạnh Hai điểm M , N di động cạnh AB , AC cho mặt phẳng ( DMN ) vng góc mặt phẳng ( ABC ) Gọi S1 , S2 diện tích lớn nhỏ tam giác AMN Tính T = A T = S1 S2 B T = 8 C T = D T = Câu 25: Cho lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' với độ dài tất cạnh a Xét tất đoạn thẳng song song với mặt phẳng ( ABB ' A ' ) có đầu E nằm đường chéo A ' C mặt bên AA ' C ' C , đầu F nằm đường chéo BC ' mặt bên BB ' C ' C Hãy tìm độ dài ngắn đoạn thẳng 2a a a 2a A B C D 5 5 Câu 26: Cho hình chóp tứ giác S ABCD mà khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) b Góc mặt bên mặt đáy hình chóp  Tìm  để thể tích khối chóp S ABCD nhỏ  3 A  = arccos       B  = arccos ( 3) 1 C  = arccos   3 2 D  = arccos   3 Câu 27: Cho hình lăng trụ ABCD.A ' B ' C ' D ' có cạnh đáy a Điểm M N thay đổi cạnh BB ' DD ' cho ( MAC ) ⊥ ( NAC ) BM = x , DN = y Tìm giá trị nhỏ thể tích khối tứ diện ACMN A a3 B a3 C a3 2 D a3 Câu 28: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a , cạnh bên SA = b vng góc với ( ABCD ) Điểm M thay đổi cạnh CD với CM = x (  x  a ) H hình chiếu vng góc S BM Tìm giá trị lớn thể tích khối chóp S ABH theo a , b 255 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716 Chủ đề 06: Cực trị hình học khơng gian a2 b a2 b A B 12 24 C a2 b D a2 b 18 Câu 29: Cho tứ diện SABC có D điểm thuộc cạnh AB cho BD = AD , I trung điểm SD Một đường thẳng d thay đổi qua I cắt cạnh SA , SB M , N Biết AB = a  m  a3 Khi d thay đổi, thể tích khối chóp S.MNC nhỏ   , với m , n  , ( m, n ) = m n Tính m + n A m + n = B m + n = C m + n = D m + n = Câu 30: Cắt khối trụ trịn có chiều cao h mặt phẳng song song với hai mặt đáy ta thu hai khối trịn nhỏ Một hai khối ngoại tiếp lăng trụ đứng thể tích V có đáy tam giác có chu vi p Khối cịn lại ngoại tiếp khối nón có bán kính R Tìm giá trị R cho thể tích khối nón lớn nhất? A R =  p3 162V B R = hp3 162V C R =  p3 162 D R = p3 162V Câu 31: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất cạnh a Gọi O tâm tứ giác ABCD Một mẳng phẳng thay đổi vng góc với SO cắt cạnh SO, SA, SB, SC, SD I, M, N, P, Q Một hình trụ có đáy nội tiếp tứ giác MNPQ đáy nằm hình vng ABCD Khi thể tích khối trụ lớn đội dài đoạn SI A SI = a B SI = 3a C SI = a D SI = a Câu 32: Chohình chóp S ABC có cạnh bên Mặt phẳng ( ) thay đổi qua trọng tâm hình chóp, cắt ba cạnh bên SA , SB , SC D , E , F Tìm giá trị lớn Pmax 1 + + SD.SE SE.SF SF.SD 16 A B 3 P= C D Câu 33: Cho hình lập phương ABCD.A ' B ' C ' D ' có cạnh a G trung điểm BD ' , mặt phẳng ( P ) thay đổi qua G cắt AD ',CD ', B ' D ' tương ứng H , I , K Tìm giá trị lớn biểu thức T= A 1 + + D ' H D ' I D ' I D ' K D ' K D ' H 3a B 16 a2 C 8a2 D 16 3a2 Câu 34: Cho hình chóp S ABC có SA ⊥ ( ABC ) , SB = a Hai mặt phẳng ( SAB ) ( SBC ) vng góc với nhau, góc SC ( SAB ) 45 Góc SB mặt đáy  ( 0    90 ) Xác định  để thể tích khối chóp S ABC lớn A  = 30 B  = 45 C  = 60 D  = 70 Câu 35: Cho chóp S ABCD có SA = x tất cạnh lại Tìm x để thể tích khối chóp S ABCD đạt giá trị lớn Chinh phục toán VD - VDC: Cực trị hình học khơng gian | 256 Phan Nhật Linh A Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 B C D Câu 36: Trên cạnh AD hình vng ABCD cạnh , người ta lấy điểm M cho AM = x (  x  1) nửa đường thẳng Ax vng góc với mặt phẳng chứa hình vng, người ta lấy điểm S với SA = y thỏa mãn y  x + y = Biết M thay đổi đoạn AD thể tích khối chóp S.ABCM đạt giá trị lớn nguyên tố Tính T = m + n A 11 B 17 m với m , n  n * m, n D 35 C 27 Câu 37: Cho hình chóp S ABC có SA = SB = SC = a , ASB = 60 , BSC = 90 , CSA = 120 Gọi M , N CN AM = điểm cạnh AB SC cho Khi khoảng cách M N SC AB nhỏ nhất, tính thể tích V khối chóp S AMN A V = 2a3 72 B V = 2a3 72 C V = 2a3 432 D V = 2a3 432 Câu 38: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABC D có AD = , AB = x ,( x  0) Góc đường thẳng AC  mặt phẳng ( ABBA ) 60 Tính giá trị lớn Vmax thể tích khối hộp chữ nhật ABCD.ABC D A Vmax = B Vmax = 3 C Vmax = 10 D Vmax = Câu 39: Cho lăng trụ tam giác ABC ABC  có SABC = , mặt phẳng ( ABC  ) tạo với mặt đáy góc  Khi thể tích khối lăng trụ ABC ABC  lớn nhất, giá trị cos A B C D Câu 40: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M trung điểm SA , N điểm đoạn SB cho SN = NB Mặt phẳng ( R ) chứa MN cắt đoạn SD Q cắt đoạn SC P Tỉ số A VS MNPQ VS ABCD B lớn C 257 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716 D Chủ đề 06: Cực trị hình học khơng gian HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Gọi I hình chiếu M ( ABC ) ; D , E , F hình chiếu I AB, BC , CA Đặt x = ID , y = IE, 2a = AB, 2b = BC , 2c = CA , h = AA ' = MI Khi SABC = SIAB + SIAC + SIBC = ax + by + cz Diện tích tồn phần hình chóp M ABC nhỏ S = SMAB + SMBC + SMCA nhỏ Có MD = MI + ID2 = h2 + x2  SMAB = Tương tự ta chứng minh S = AB.MD = a h + x = ( ah ) + ( ax ) Sử dụng bất đẳng thức u + v + w  u + v + w ( ah ) + ( ax ) 2 ( bh ) + ( by ) + ( ch ) + ( cz ) với u = ( ah; ax ) , v = (bh; by ), w = (ch; cz) ta được: + 2 2 S  ( ah + bh + ch)2 + ( ax + by + cz)2 = ( a + b + c )2 h + SABC = const ax by cz = = x=y=z ah bh ch Suy I tâm đương tròn nội tiếp tam giác ABC , nên M tâm đường tròn nội tiếp tam giác A ' B ' C ' Tính cosin góc hai đường thẳng B ' M AC ' Dấu xảy SA ' B ' C ' = SABC = BA.BC.sin ABC = 18 A ' C '2 = AC = AB2 + BC − AB.BC cos600 = 108  A ' C ' = 3 Do VABC ABC = VC ABB ' A ' = 216 = 324  AA '.SABC = 324  AA ' = 2 Gọi K chân đường phân giác tam giác A ' B ' C ' kẻ từ B , từ K kẻ đường thẳng song song với AC ' cắt AA ' H , đó:  = ( B ' M , AC ') = ( B ' K , KH )  cos  = cos B ' KH 18 BK ( BA + BC  ) sin 300  18 = BK  BK = 4 AK AB 1 = =  AK = AC  = Ta có    BK CB SABC = SBKC + SAKB = Chinh phục tốn VD - VDC: Cực trị hình học khơng gian | 258 Phan Nhật Linh Do KH / / AC  nên Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 AH AK = =  AH = AA C A  KH = AH + AK = , BH = AB2 + AH = Vậy cos =cos BKH = Câu 2: BK + KH − BH 2 = BK.KH Chọn A 2 Ta có VS AMC = SAMN h = S AMN Thể tích khối tứ diện S AMN đạt giá trị nhỏ SAMN nhỏ Hình chóp S ABCD có đường cao h = Đặt x = CM , y = NC  MB = − x , DN = − y Ta có x2 + y =  xy = ( x + y )2 − Với ( x + y)2  2( x2 + y )   x + y  1 Ta có SAMN = − SABM − SCMN − SADN = − (1 − x) − x.y − (1 − y) 2 ( x + y )2  − x x.y − y  1 = 1− − − =  ( x + y) − +  Đặt t = x + y  SAMN = − t + t + 4 2 2  2  Tam giác có diện tích nhỏ Smin = 2 −1 t = Vậy thể tích nhỏ tứ diện S AMN Vmin = Câu 3: Lấy I = AM  B ' D ' ; O = AC  BD 259 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716 2 −1 − = 24 Chủ đề 06: Cực trị hình học khơng gian Ta có S , O , I điểm chung hai mặt phẳng (SAC );(SBD) Suy S , O , I thẳng hàng SI = SO SD SB Vẽ BP / / B ' I ; DN / / D ' I  OP = ON Đặt x = ;y= SD ' SB ' SB SD SP SN 2SO  x+y = + = + = = = SB ' SD ' SI SI SI Và I trọng tâm mặt chéo SAC   x , y  [1; 2]  1 2 + =  3( ) =  a = 3; b =  a.b = 12 x y xy x+y Câu 4:  SA =x  SB SD SO SD + =2 = 2.3 =  = Đặt  SM với x , y  Có SB SP SI SP SC  =y  SN Mà x + y = Khi SO =  y = − x , với  x  SI VS.BMNP x + + y + 12 3 = = = = = VS ABCD x.1.y.5 20 xy xy x ( − x ) x − x ( Xét hàm số f ( x ) = Ta có f  ( x ) = Khi f (1) = ( x − x2 2x − ( 6x − x ) 2 ) ) , với  x  Cho f  ( x ) =  x − =  x =  1; 5 3 14 , f ( 3) = f ( ) = Suy m = n = Vậy m + n = 25 15 25 25 15 75 Câu 5: Chinh phục tốn VD - VDC: Cực trị hình học khơng gian | 260 Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Gọi H hình chiếu vng góc S lên ( ABC ) , Gọi M , N , P hình chiếu vng góc H AB, BC , CA SM , SN , SP chiều cao mặt bên SAB, SBC , SAC Vì mặt bên hình chóp có diện tích nên SM = SN = SP nên suy HM = HN = HP  H tâm đường tròn nội tiếp tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC Trường hợp 1: H tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Khi SH = SA − AH = 2 (3 ) 2  6 −  =4  3   ( ) 1 Vậy VSABC = SH.SABC = =2 3 Trường hợp 2: H tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC Do tam giác ABC nên giả sử H tâm đường trịn bàng tiếp góc A Khi AH = , BH = CH = Nếu SA =  SH = SA − AH = Do SB = SC =  SH = SB2 − BH = 1 Suy VSABC = SH.SABC = 3 Câu 6: Chọn C Đặt k = (3 ) − ( ) 2 ( ) 43 = Ta có  2 =2 3 Vậy Vmin = SC SD ;q = ( k , q  1) SP SQ Vì bốn điểm M , N , K , Q đồng phẳng nên ta có Suy + k = SA SC SB SD + = + SM SP SN SQ V SA SB SC 3V + q  q = k + Ta có S ABC = = .k = k  VS MNP = 3 VS MNP SM SN SP 3 8k VS ADC SA SD SC V = = 2.q.k = 2qk  VS.MQP = VS.MQP SM SQ SP 2qk Suy VS MNPQ = VS.MNP + VS.MQP        V = + V = +    k qk k     2 k +  k   3    261 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716 Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 (S ) : ( x − 1) + ( y − ) + z2 = ( P ) : 2x + y − z + = (S ) có tâm I (1; 2; ) bán kính R = 2  7 Đường trịn giao tuyến ( C ) có tâm K  − ; ;  bán kính r =  9 9 d  ( P ) Từ điểm d vẽ tiếp tuyến đến ( Sm )   d ( K , d )  r ( ) 1  Phương trình giao điểm d ( P ) :  + 2t  + ( − mt ) − m2 + − 2t + = 2   ( − m ) t + − m2 = 6 − 2m = d  ( P)   m=3 9 − m =   x = + 2t  1   19 32 83  Thử lại với m = , ta có: d :  y = − 3t qua A  ; 4;10  KA =  ; ;  2   18 9   z = 10 − 2t   Xét d ( K , d ) = AK  ud ud  r (thỏa) Vậy có giá trị m = thỏa yêu cầu toán Câu 57: Chọn B Gọi EF đoạn vng góc chung hai đường thẳng d1 , d2 ( E  d1 , F  d2 ) Ta có mặt cầu đường kính EF mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với d1 , d2 Gọi I trung điểm EF ta có I tâm mặt cầu ( S ) E  d1  E(3 + t ; t ; t ) , F  d2  F ( + 2t ';1 + t '; 2t ' ) 473 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716 Chủ đề 11: Phương trình mặt cầu   EF.u = t= d  t ' − t =   EF(2t '− t − 1; t '− t + 1; 2t '− t ) Ta có     EF.ud1 = 9t '− 5t = t ' =    11 5     21 11  E  ; ;  , F  5; ;   I  ; ;   2 2    4 ( P ) mặt phẳng chứa d1 song song với d2 nên ( P ) tiếp diện mặt cầu (S) ( P ) qua E nhận EF làm vecto pháp tuyến có phương trình x − z − = d( I ,( P)) = 2 = IE ; AE = AI − IE2 = Gọi K giao điểm IA với mặt cầu (S) r bán kính đường trịn ( C ) ta có IK r Vậy diện tích đường trịn ( C )  r =  = = r= 25 IA AE Câu 58: Chọn B Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1; 2; −3 ) bán kính R = 3 Gọi ( C ) đường tròn giao tuyến mặt phẳng ( ABC ) mặt cầu ( S ) Đặt MA = MB = MC = x AB = x , BC = x , CA = x ABC vng B nên trung điểm H AC tâm đường tròn ( C ) H , I , M thẳng hàng Vì AMC = 1200 nên AIC x = R  suy IM = AM = x = Lại có M  d nên M ( −1 + t ; −2 + t ;1 + t ) ,(t  1) Mà IM = nên ( t − ) + ( t − ) + ( t + ) Do a  nên t = 2 t = = 36  3t − 4t =   t =  112  −2  suy H  ; ;  Vậy a3 + b3 + c = 3 3 Câu 59: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − x + 10 y − z − = Cho m số thực thỏa mãn giao tuyến hai mặt phẳng y = m x + z − = tiếp xúc với mặt cầu (S ) Tích tất giá trị mà m nhận A −11 B −10 C −5 Lời giải D −8 Chọn A Chinh phục toán VD - VDC: Phương trình mặt cầu | 474 Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Mặt cầu ( S ) : x + y + z − x + 10 y − z − = có tâm I ( 2; −5;1) bán kính R = 2 x = t  Giao tuyến hai mặt phẳng y = m x + z − = đường thẳng  :  y = m , t  z = − t   qua A ( 0; m; ) có véc tơ phương u = ( 1;0; −1) , IA = ( −2; m + 5; ) ,  IA , u = ( −m − 5;0; −m − )    tiếp xúc với mặt cầu ( S ) d(I ,) = R   IA , u    u =6  ( m + 5) 2 =  m2 + 10 m − 11 = Vậy tích m1 m2 = −11 Câu 60: Trong không gian Oxyz ,cho mặt cầu (S) : ( x − 1) + ( y − ) + ( z − 1) = 18 2 điểm K(4; −4; 4) Kẻ tiếp tuyến KM đến mặt cầu (S) ( M  (S)) Khoảng cách lớn từ đến đường thẳng  : A x y z−4 = = −1 −4 14 + 14 +2 B C 14 D Lời giải Chọn B Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 1; 2;1) , R = , IK  R  K nằm mặt cầu Ta có KMI = 90o Suy M nằm mặt cầu đường kính IK , có phương trình là: 2   5 5 27  x −  + ( y + 1) +  z −  = 2 2   Từ suy M  mp( P) : x − y + z − = Gọi (C ) đường tròn giao tuyến ( P ) ( S )  M  ( C ) Tâm đường trịn (C ) hình chiếu vng góc I lên ( P ) x = + t  Phương trình đương thẳng d qua I vng góc với mp ( P ) là:  y = − 2t z = + t  Gọi N giao điểm d mp ( P ) N  d  N ( + t ; − 2t ;1 + t ) N  ( P)  + t − 2(2 − 2t ) + + t − =  t =  N ( 2;0; ) Vậy đường tròn ( C ) giao tuyến ( S ) mp ( P ) có tâm N , bán kính r = R2 − d ( I ,( P)) = Dẽ thấy đường thẳng   ( P )  không cắt ( C ) 475 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716 Chủ đề 11: Phương trình mặt cầu Do khoảng cách từ M đến  lớn d ( N ,  ) + r = 14 +2 Chinh phục tốn VD - VDC: Phương trình mặt cầu | 476 Phan Nhật Linh CHỦ ĐỀ 12 A Câu 1: Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM Cho lăng trụ ABC ABC  có tam giác ABC cạnh 2a Hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm M BC Biết góc tạo AB mặt đáy 60 Khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( ABC ) A Câu 2: a 2a C a 39 13 D a 39 13 x = x =   Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng  :  y = + t d :  y = + t ' Biết có  z = −t  z = −1 + t '   hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' thỏa mãn A , C thuộc Ox , B , C ' thuộc  D , B ' thuộc d , thể tích khối hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' A Câu 3: B B 18 C D 18 Cho hình lăng trụ tam giác ABC ABC  có AB = AA = Gọi M , N , P trung điểm cạnh AB, AC  BC Cơsin góc hai mặt phẳng ( ABC  ) ( MNP ) bằng? A Câu 4: 11 35 B 15 60 C 13 65 D 17 45 Cho tứ diện SABC có SC = CA = AB = , SC vng góc ( ABC ) , tam giác ABC vuông A , điểm M N thuộc SA BC cho AM = CN = Khoảng cách hai đường thẳng MN SB A 2 Câu 5: C D Cho lăng trụ tam giác ABC ABC  có cạnh bên cạnh đáy Đường thẳng MN NB ( M  AC ; N  BC) đường vng góc chung AC BC  Tỷ số NC A Câu 6: B B C D Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD ABC D có A trùng với gốc tọa độ O Biết B ( m;0;0 ) , D ( 0; m;0 ) , A ( 0;0; n ) với m , n số dương m + n = Gọi M trung điểm cạnh CC  Thể tích lớn khối tứ diện BDAM 477 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716 Chủ đề 12: Ứng dụng phương pháp tọa độ không gian 11 64 A B d ( M ; ( P ) ) = C 27 Câu 7: D 75 32 Cho hình lập phương ABCD.ABC D có cạnh a Gọi G trọng tâm tam giác ABC Tính cơ-sin góc tạo A ' G CD ( ) ( ) A cos AG; CD = − C cos AG; CD = Câu 8: 14 ( ) ( ) B cos AG; CD = D cos AG; CD = − 14 14 14 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình chóp tứ giác S ABCD có điểm A ( 1; 2;0 ) , B ( 4;6;0 ) , D ( −3; 5;0 ) Gọi I tâm hình vng ABCD Tính khoảng cách từ đường vng góc chung đường thẳng SI BC đến đường thẳng AB 15 A B C 2 Câu 9: D Cho hình lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' có cạnh đáy , cạnh bên Gọi I điểm cạnh BB ' cho BI = BB ' , điểm M di động cạnh AA' Biết diện tích tam AM a giác MIC ' nhỏ tỷ số = ( a  ; b  *, ( a , b ) = 1) P = a + b AA ' b A B C D Câu 10: Cho hình chóp S ABCD có SA ⊥ ( ABCD ) , đáy ABCD hình chữ nhật Độ dài cạnh AB = 3a , AD = a , SA = 5a Gọi M điểm nằm cạnh BC BM = 3a Khoảng cách hai đường thẳng SB MD 15a 29a A B 259 245 C 39a 245 D 45a 259 Câu 11: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABC D có AB = a , AD = a AA = a Gọi M trung điểm cạnh AB Thể tích tứ diện AC DM A a3 B a3 C a3 D a3 Câu 12: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1; −3; −4) B( −2;1;1) Với M điểm đường x −1 y z +1 = = , xét N điểm di động mặt cầu có tâm M với bán kính −1 Giá trị nhỏ biểu thức P = AM + BN thuộc khoảng khoảng đây? thẳng d : A ( 1; ) B ( 3; ) C ( 5;7 ) D ( 7; ) Chinh phục toán VD - VDC: Ứng dụng phương pháp tọa độ không gian| 478 Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn C Góc AB mặt phẳng ( ABC ) góc ABM = 60 Ta có AM = BM.tan 60 = a ; AM = AB.sin 60 = 2a =a ( 3;0;0 ) , B ( 0;1; ) , C ( 0; −1;0 ) , ) , AB = ( − 3;1; ) Đặt hệ trục toạ Oxyz hình vẽ Coi a = A ( ) ( A 0;0; Gọi B ( x0 ; y0 ; z0 ) , AB = x0 ; y0 ; z0 − x = −  Vì AB = AB nên  y0 =  B − 3;1;   z0 = ( ( AB = ( −2       AC , AB = − 3; 3; −3  n = 1; − 3; 3;1;   AC = − 3; −1;0 Ta có ) ) ( ) ) ( ) vec tơ pháp tuyến mặt phẳng ( ACB ) Phương trình mp ( ACB ) x − y + 3z − =  d ( B ,( ACB) ) = Câu 2: − 3− 1+ + = a 39 39 Vậy khoảng cách từ B đến mp ( ABC ) 13 13 Chọn B 479 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716 Chủ đề 12: Ứng dụng phương pháp tọa độ không gian  AC ⊥ BC '  Nhận xét đường thẳng  , d , Ox đôi vng góc với nên  BC ' ⊥ B ' D  B ' D ⊥ AC  Gọi I tâm hình bình hành ABCD M giao D ' I B ' D IM ID 1 = =  IM = ID ' Ta có MD ' B ' D '  B ' D ⊥ AC  B ' D ⊥ ( AD ' C ) Mặt khác   B ' D ⊥ BC '  B ' D ⊥ AD ' Kẻ MH // AD ' ( H  AC )  MH ⊥ AC Suy MH đoạn vuông góc chung AC , B ' D  MH = d ( AC , B ' D ) = d ( Ox; d ) = Vì MH IM = =  AD ' = AD ' ID ' Kẻ MK // AC ( K  AD )  MK ⊥ AD ' suy MK đoạn vng góc chung AD ', B ' D  MK = d ( AD ', B ' D ) = d (  ; d ) = Vì MK D ' M = =  AI =  AC = AI ID ' Ta lại có BC ' // ( AD ' C )  d ( BC '; AC ) = d ( BC '; ( AD ' C ) ) = d ( B; ( AD ' C ) ) = d ( D; ( AD ' C ) ) ( )  d D; ( AD ' C ) = d (Ox;  ) = ( )  VDAD ' C = d D; ( AD ' C ) SAD ' C 1 = d D; ( AD ' C ) AD '.AC =  VABCD A ' B ' C ' D ' = 6VDAD ' C = 18 ( Câu 3: ) Chọn C Gọi  góc hai mặt phẳng ( ABC  ) ( MNP ) Chọn hệ trục tọa độ hình ( ) ( ) Khi ta có: A ( 6;0;0 ) , B 0; −2 ; , C  0; ; , ( ) ( ) M 3; − ; , N 3; ; , P ( 0;0;0 ) ( ) Ta có:  AB, AC  = −16 ;0; −24 nên VTPT mặt phẳng ( ABC  ) n1 = ( 2;0; )  (  )  PM , PN  = −8 ;0;6 nên VTPT mặt phẳng ( PMN ) n = ( 4;0 ; −3 )   Chinh phục toán VD - VDC: Ứng dụng phương pháp tọa độ không gian| 480 Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 ( ) Khi đó: cos ( ) = cos n1 , n2 = Câu 4: 2.4 + 0.0 + ( −3 ) 2 + + 32 + + ( −3 ) = 13 65 Chọn C Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thỏa C ( 0; 0; )  O hình vẽ ( ) Điểm B ( 0; 6; )  Oy , S 0;0;  Oz , A ( 3; 3;0 ) ( ) Khi tọa độ N ( 0; 2;0 ) ; M 2; 2; ( ) ( ) NM = 2; 0; ; SB = 0;6; −3 NB = ( 0; 4;0 ) ( ) Khi  NM , SB  = −6 2;6 2;12  Câu 5:  Chọn B Kết toán không thay đổi ta xét lăng trụ ABC ABC  có cạnh bên cạnh đáy z A C B M N C A O x y B ( ) Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ ( O trung điểm BC ) Ta có: A 0; − 3; , ( ) B ( 1;0;0 ) , C ( −1; 0; ) , C  ( −1; 0; ) , CA = 1; − 3; , BC  = ( −2; 0; ) CM = mCA Do  nên ta có M −1 + m; − 3m; 2m , N ( − 2n; 0; 2n )  BN = nBC  ( ( ) )  MN = −m − 2n + 2; 3m; 2n − 2m Đường thẳng MN đường vuông góc chung AC BC  nên: 481 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716 Chủ đề 12: Ứng dụng phương pháp tọa độ không gian   MN CA = m = −4m + 2n = −1 BN NB   =n=  =     BC NC  − m + 4n =  MN BC = n =  Câu 6: Chọn A Ta có A ( 0;0;0 ) , B ( m;0;0 ) , D ( 0; m;0 ) , A ( 0;0; n )  n Suy C ( m; m;0 ) , B ( m;0; n ) , C  ( m; m; n ) , D ( 0; m; n ) , M  m; m;  2   n Và BD = ( −m; m;0 ) , BA = ( −m;0; n ) , BM =  0; m;  2  ( )  BD , BA = mn; mn; m2    BD , BA BM = m2 n   1 1 Ta VBDAM =  BD , BA BM = m2 n = m2 ( − m ) = m.m ( − 2m )  6 4  VBDAM Câu 7: 64  m + m + − 2m     = 27 8  Chọn A Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ  2a a   2a a  Khi đó: B ( a; 0; ) , A ( 0;0;0 ) , C ( a; a; ) , G  ; ;0  , A ( 0;0; a ) , D ( 0; a;0 ) , AG  ; ; −a  ,  3   3  Chinh phục toán VD - VDC: Ứng dụng phương pháp tọa độ không gian| 482 Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 ( ) CD ( −a;0;0 ) Áp dụng công thức: cos AG ; CD = Câu 8: AG.CD AG CD =− 14 Chọn D Vì I tâm hình vng ABCD nên I trung điểm BD  11  Tọa độ I  ; ;0  Suy tọa độ điểm C ( 0;9;0 ) 2   15  Gọi H trung điểm BC tọa độ H  2; ;0  IH ⊥ BC (1)   Vì hình chóp S ABCD hình chóp nên SI ⊥ ( ABCD )  SI ⊥ IH (2) Từ (1) (2) suy đường vng góc chung SI BC đường thẳng IH AB Vì IH / / AB nên khoảng cách từ IH đến AB = 2 Câu 9: Chọn D   Chọn hệ toạ độ Axyz cho: A ( 0;0;0 ) , B ( 0;1;0 ) , C  ; ;0  , A ( 0;0; ) Khi  2      B ' ( 0;1; ) ; C '  ; ;  ; I 0;1;1) Gọi toạ độ điểm M ( 0; 0; x )  AA ' (  x  )  2  (     IC ' =  ; − ;  ; IM = ( 0; −1; x − 1)  2   483 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716 Chủ đề 12: Ứng dụng phương pháp tọa độ khơng gian 1 Ta có: Diện tích tam giác MIC ' S =  IC ', IM  = x2 − 16 x + 31 = ( x − ) + 15   4 AM a Do S nhỏ x = Khi tỉ số = =  a+b = AA ' b Câu 10: Chọn D Từ giả thiết ta có BM = 3a Chọn hệ trục tọa độ đề vng góc Oxyz thỏa mãn O  A , điểm B nằm Ox , điểm D nằm Oy , điểm S nằm Oz hình vẽ: Từ giả thiết ta có tọa độ điểm B ( 3a;0;0 ) , D ( 0; a;0 ) , S ( 0;0; 5a ) M ( 3a; 3a; ) suy tọa độ vectơ SB = ( 3a;0; −5a ) , MD = ( −3a; a;0 ) , BM = ( 0; 3a;0 ) ( Tích có hướng SB, MD  = 5a2 ;15a2 ; 3a2   ) Vận dụng cơng thức tính khoảng cách d ( SB, MD ) = SB, MD  BM 45a3 45a   = = SB, MD  a 259 259   Câu 11: Chọn C Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ với O trùng B Để cho đơn giản chọn a =   Tọa độ điểm sau: M  ;0;0  , D     ( ) ( ;1;0 , A ) ( ) ;0; , C  0;1; Chinh phục toán VD - VDC: Ứng dụng phương pháp tọa độ không gian| 484 Phan Nhật Linh Chinh phục vận dụng – vận dụng cao năm 2023 Thể tích tứ diện AC DM V = MD  MA, MC =   Tổng quát, với a bất kì, thể tích tứ diện AC DM V = 6a3 MD  MA, MC =   Câu 12: Chọn C Với điểm M di động đường thẳng d , N điểm di động mặt cầu có tâm M với bán kính nên BN nhỏ BN = BM − R = BM − Do đó, tốn đưa việc tìm M cho P = AM + BM − đạt giá trị nhỏ Do M  d nên M(1 + t ; 2t ; − − t ) với t  Khi AM = t + (2t + 3)2 + (3 − t )2 = 6t + 6t + 18 , BM = (t + 3)2 + (2t − 1)2 + ( −2 − t )2 = 6t + 6t + 14 Khi đó: P = 6t + 6t + 18 + 6t + 6t + 14 − = 6t + 6t + 18 + 6t + 6t + 14 − (vì t  6t + 6t + 14  nên 6t + 6t + 14 −  , 6t + 6t + 14 − = 6t + 6t + 14 − ) Xét hàm số f (t ) = 6t + 6t + 18 + 6t + 6t + 14 − , với t  Ta có f (t ) = 6t + 6t + 6t + 18 Qua đó, ta thấy t = − + , 6t + =  6t + =  t = − 6t + 6t + 14 điểm cực trị hàm số điểm cực tiểu nên hàm số f (t ) đạt giá trị nhỏ 66 + − t = − 2 485 | Facebook tác giả: Phan Nhật Linh - SĐT: 0817.098.716 TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC NĂM 2023 PHAN NHẬT LINH Chuyên luyện thi THPT Quốc Gia 10,11,12 Điện thoại/Zalo: 0817.098.716 – Email: linh.phannhat241289@gmail.com Facebook: fb.com/nhatlinh.phan.1401/ CHỊU TRÁCH NHIỆM NỘI DUNG PHAN NHẬT LINH BIÊN TẬP PHAN NHẬT LINH THIẾT KẾ BÌA PHAN NHẬT LINH CHINH PHỤC VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO HÌNH HỌC Đề nghị q vị tơn trọng quyền tác giả cam kết không lưu phụ chưa đồng ý Mọi ý kiến đóng góp vui lịng liên hệ thơng tin tác giả cung cấp Cuốn sách gửi cho đăng kí thơng qua tác giả