5 CÂU HỎI TRẢ LỜI NGẮN HSG TOÁN 12 - HỆ TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

PHẦN TRẮC NGHIỆM TRẢ LỜI NGẮN

Thí sinh trả lời từ Câu 1 đến Câu 5.

Câu 1. Trong không gian, cho ba tia $Ox, Oy, Oz$ thoả mãn $\widehat{xOy} = 60^\circ$, $\widehat{yOz} = 90^\circ$, $\widehat{zOx} = 60^\circ$. Trên các tia $Ox, Oy, Oz$ lần lượt lấy các điểm $A, B, C$ phân biệt khác $O$ sao cho $\dfrac{1}{OA} + \dfrac{3}{OB} + \dfrac{3}{OC} = 2$. Khoảng cách từ gốc tọa độ $O$ đến mặt phẳng $(ABC)$ đạt giá trị lớn nhất bằng bao nhiêu?

Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho mặt cầu $(S): x^2 + y^2 + z^2 = 9$ và hai điểm $A(1; -1; 1)$, $C(-3; 3; -4)$. Điểm $M(x; y; z)$ thay đổi trên mặt cầu $(S)$. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = \sqrt{3} MA + MC$ bằng bao nhiêu?

Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai điểm $A(3; 7; 3), B(3; -1; -3)$ và mặt phẳng $(P): x + 2y - 2z = 0$. Điểm $M$ thay đổi trên mặt phẳng $(P)$ sao cho $\widehat{AMB} = 90^\circ$. Độ dài đoạn thẳng $OM$ đạt giá trị lớn nhất bằng bao nhiêu?

Câu 4. Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho ba điểm $A(3; 0; 0), B(0; 6; 0), C(0; 0; 6)$ và mặt cầu $(S): x^2 + y^2 + z^2 = 4$. Điểm $M$ thay đổi trên mặt cầu $(S)$. Giá trị lớn nhất của biểu thức $T = MA^2 + MB^2 + MC^2$ bằng bao nhiêu?

Câu 5. Trong một dự án xây dựng tòa nhà trung tâm triển lãm, một góc của tòa nhà được mô phỏng trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$ (đơn vị trên mỗi trục là mét). Người ta thiết kế một giàn không gian chịu lực có dạng khối tứ diện $OMNP$ sao cho ba cạnh $OM, ON, OP$ lần lượt nằm trên ba tia $Ox, Oy, Oz$. Giàn không gian này bao trùm một phòng kỹ thuật có dạng hình hộp chữ nhật với một đỉnh đặt tại gốc tọa độ $O(0;0;0)$ và đỉnh đối diện là điểm $K(4; 6; 4)$, đồng thời mặt phẳng $(MNP)$ đi qua $K$. Thể tích nhỏ nhất của khối giàn không gian tứ diện $OMNP$ bằng bao nhiêu mét khối?

--------- HẾT ---------

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

BẢNG ĐÁP ÁN NHANH

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1.
Gọi $\vec{e}_1, \vec{e}_2, \vec{e}_3$ lần lượt là các vectơ đơn vị trên các tia $Ox, Oy, Oz$.
Theo giả thiết ta có:
$|\vec{e}_1| = |\vec{e}_2| = |\vec{e}_3| = 1$.
$\vec{e}_1 \cdot \vec{e}_2 = \cos 60^\circ = \dfrac{1}{2}$.
$\vec{e}_2 \cdot \vec{e}_3 = \cos 90^\circ = 0$.
$\vec{e}_3 \cdot \vec{e}_1 = \cos 60^\circ = \dfrac{1}{2}$.

Đặt $OA = a, OB = b, OC = c$ với $a, b, c > 0$. Ta có $\vec{OA} = a\vec{e}_1, \vec{OB} = b\vec{e}_2, \vec{OC} = c\vec{e}_3$.
Mặt phẳng $(ABC)$ có phương trình dạng $\vec{n} \cdot \vec{r} = 1$, trong đó $\vec{n}$ là vectơ pháp tuyến của $(ABC)$ và $\vec{r}$ là bán kính vectơ của điểm bất kỳ trên mặt phẳng.
Vì $A, B, C \in (ABC)$ nên:
$\vec{n} \cdot \vec{OA} = 1 \Rightarrow \vec{n} \cdot \vec{e}_1 = \dfrac{1}{a}$.
$\vec{n} \cdot \vec{OB} = 1 \Rightarrow \vec{n} \cdot \vec{e}_2 = \dfrac{1}{b}$.
$\vec{n} \cdot \vec{OC} = 1 \Rightarrow \vec{n} \cdot \vec{e}_3 = \dfrac{1}{c}$.

Xét vectơ $\vec{u}_0 = \vec{e}_1 + 3\vec{e}_2 + 3\vec{e}_3$. Ta có:
$\vec{n} \cdot \vec{u}_0 = \vec{n} \cdot \vec{e}_1 + 3(\vec{n} \cdot \vec{e}_2) + 3(\vec{n} \cdot \vec{e}_3) = \dfrac{1}{a} + \dfrac{3}{b} + \dfrac{3}{c} = 2$.

Độ dài của vectơ $\vec{u}_0$ được tính bởi:
$|\vec{u}_0|^2 = (\vec{e}_1 + 3\vec{e}_2 + 3\vec{e}_3)^2$
$= |\vec{e}_1|^2 + 9|\vec{e}_2|^2 + 9|\vec{e}_3|^2 + 6(\vec{e}_1 \cdot \vec{e}_2) + 18(\vec{e}_2 \cdot \vec{e}_3) + 6(\vec{e}_3 \cdot \vec{e}_1)$
$= 1 + 9 + 9 + 6 \cdot \dfrac{1}{2} + 18 \cdot 0 + 6 \cdot \dfrac{1}{2} = 19 + 3 + 3 = 25$.
Suy ra $|\vec{u}_0| = 5$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho tích vô hướng:
$2 = \vec{n} \cdot \vec{u}_0 \le |\vec{n}| \cdot |\vec{u}_0| = 5|\vec{n}| \Rightarrow |\vec{n}| \ge \dfrac{2}{5}$.

Khoảng cách từ gốc tọa độ $O$ đến mặt phẳng $(ABC)$ là:
$d(O, (ABC)) = \dfrac{1}{|\vec{n}|} \le \dfrac{5}{2} = 2,5$.

Đẳng thức xảy ra khi $\vec{n} = \dfrac{2}{25} \vec{u}_0$. Khi đó:
$\dfrac{1}{a} = \vec{n} \cdot \vec{e}_1 = \dfrac{2}{25} (1 + 1,5 + 1,5) = \dfrac{8}{25} > 0$.
$\dfrac{1}{b} = \vec{n} \cdot \vec{e}_2 = \dfrac{2}{25} (0,5 + 3 + 0) = \dfrac{7}{25} > 0$.
$\dfrac{1}{c} = \vec{n} \cdot \vec{e}_3 = \dfrac{2}{25} (0,5 + 0 + 3) = \dfrac{7}{25} > 0$.
Các điểm $A, B, C$ hoàn toàn xác định trên các tia $Ox, Oy, Oz$.

Vậy khoảng cách lớn nhất cần tìm bằng $2,5$.

Câu 2.
Mặt cầu $(S)$ có tâm là gốc tọa độ $O(0; 0; 0)$ và bán kính $R = 3$.
Khoảng cách từ $O$ đến $A$ là $OA = \sqrt{1^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{3} < R$, do đó điểm $A$ nằm trong mặt cầu $(S)$.

Xét điểm $B$ nằm trên tia đối hoặc cùng tia $OA$ sao cho $OA \cdot OB = R^2 = 9$.
Vì $A, B$ cùng phía so với $O$ nên:
$OB = \dfrac{R^2}{OA} = \dfrac{9}{\sqrt{3}} = 3\sqrt{3} = 3 OA \Rightarrow \vec{OB} = 3\vec{OA}$.
Suy ra tọa độ điểm $B$ là $B(3; -3; 3)$.

Với mọi điểm $M \in (S)$, ta có $OM = R = 3$.
Xét hai tam giác $\triangle OMA$ và $\triangle OBM$, chúng có:
Góc $\widehat{MOB}$ chung.
Tỉ số hai cạnh kề: $\dfrac{OM}{OB} = \dfrac{3}{3\sqrt{3}} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$, đồng thời $\dfrac{OA}{OM} = \dfrac{\sqrt{3}}{3} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$.
Do đó $\triangle OMA \backsim \triangle OBM$ (c-g-c).
Suy ra tỉ số đồng dạng:
$\dfrac{MA}{MB} = \dfrac{OM}{OB} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} \Rightarrow MB = \sqrt{3} MA$.

Thay vào biểu thức $P$, ta được:
$P = \sqrt{3} MA + MC = MB + MC \ge BC$.

Ta tính khoảng cách $BC$:
$\vec{BC} = (-3 - 3; 3 - (-3); -4 - 3) = (-6; 6; -7)$.
$BC = \sqrt{(-6)^2 + 6^2 + (-7)^2} = \sqrt{36 + 36 + 49} = \sqrt{121} = 11$.

Kiểm tra vị trí của đoạn thẳng $BC$ đối với mặt cầu $(S)$:
Phương trình tham số của đoạn thẳng $BC$ với $t \in [0; 1]$ là:
$X(t) = (3 - 6t; -3 + 6t; 3 - 7t)$.
Khoảng cách bình phương từ $O$ đến một điểm $X(t)$ trên đoạn thẳng $BC$ là:
$f(t) = (3 - 6t)^2 + (-3 + 6t)^2 + (3 - 7t)^2 = 121t^2 - 114t + 27$.
Hàm số $f(t)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $t_0 = \dfrac{114}{242} = \dfrac{57}{121} \in (0; 1)$ với:
$f(t_0) = 27 - \dfrac{114^2}{4 \times 121} = 27 - \dfrac{3249}{121} = \dfrac{18}{121} < 9 = R^2$.
Vì $OB = 3\sqrt{3} > 3$, $OC = \sqrt{9 + 9 + 16} = \sqrt{34} > 3$ và khoảng cách ngắn nhất từ $O$ đến đoạn $BC$ nhỏ hơn bán kính $R$, nên đoạn thẳng $BC$ cắt mặt cầu $(S)$ tại hai điểm phân biệt.
Gọi $M_0$ là giao điểm của đoạn thẳng $BC$ với mặt cầu $(S)$, khi đó ba điểm $B, M_0, C$ thẳng hàng theo thứ tự đó, suy ra:
$P_{\min} = M_0 B + M_0 C = BC = 11$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P$ bằng $11$.

Câu 3.
Vì $\widehat{AMB} = 90^\circ$ nên điểm $M$ luôn thuộc mặt cầu $(S_1)$ có đường kính là đoạn thẳng $AB$.
Gọi $I$ là trung điểm của $AB$, ta có tọa độ $I$ là:
$x_I = \dfrac{3 + 3}{2} = 3, \quad y_I = \dfrac{7 - 1}{2} = 3, \quad z_I = \dfrac{3 - 3}{2} = 0 \Rightarrow I(3; 3; 0)$.
Độ dài đoạn thẳng $AB$:
$AB = \sqrt{(3 - 3)^2 + (-1 - 7)^2 + (-3 - 3)^2} = \sqrt{0 + 64 + 36} = 10$.
Bán kính mặt cầu $(S_1)$ là:
$R = \dfrac{AB}{2} = 5$.

Khoảng cách từ tâm $I$ đến mặt phẳng $(P): x + 2y - 2z = 0$ là:
$d = d(I, (P)) = \dfrac{|3 + 2 \cdot 3 - 2 \cdot 0|}{\sqrt{1^2 + 2^2 + (-2)^2}} = \dfrac{9}{3} = 3$.

Vì $d = 3 < R = 5$ nên mặt phẳng $(P)$ cắt mặt cầu $(S_1)$ theo giao tuyến là một đường tròn $(C)$.
Bán kính của đường tròn $(C)$ là:
$r = \sqrt{R^2 - d^2} = \sqrt{5^2 - 3^2} = 4$.

Tâm $J$ của đường tròn $(C)$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $(P)$:
Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $(P)$ có vectơ chỉ phương $\vec{n} = (1; 2; -2)$.
Tọa độ điểm $J$ thỏa mãn:
$J(3 + t; 3 + 2t; -2t) \in (P) \Rightarrow (3 + t) + 2(3 + 2t) - 2(-2t) = 0 \Leftrightarrow 9t + 9 = 0 \Leftrightarrow t = -1$.
Suy ra $J(2; 1; 2)$.

Mặt khác, thay tọa độ gốc $O(0; 0; 0)$ vào phương trình mặt phẳng $(P)$:
$0 + 2 \cdot 0 - 2 \cdot 0 = 0$ (thỏa mãn), suy ra gốc tọa độ $O$ thuộc mặt phẳng $(P)$.
Do đó, cả điểm $O$ và đường tròn $(C)$ đều cùng nằm trong mặt phẳng $(P)$.

Khoảng cách từ $O$ đến tâm $J$ của đường tròn $(C)$ là:
$OJ = \sqrt{2^2 + 1^2 + 2^2} = \sqrt{9} = 3$.

Với mọi điểm $M$ thuộc đường tròn $(C)$, áp dụng bất đẳng thức tam giác trong mặt phẳng $(P)$:
$OM \le OJ + r = 3 + 4 = 7$.

Đẳng thức xảy ra khi $M$ là giao điểm của tia đối của tia $JO$ với đường tròn $(C)$.
Vậy giá trị lớn nhất của $OM$ bằng $7$.

Câu 4.
Mặt cầu $(S)$ có tâm $O(0; 0; 0)$ và bán kính $R = 2$.
Gọi $I$ là trọng tâm của tam giác $ABC$. Tọa độ điểm $I$ là:
$x_I = \dfrac{3 + 0 + 0}{3} = 1, \quad y_I = \dfrac{0 + 6 + 0}{3} = 2, \quad z_I = \dfrac{0 + 0 + 6}{3} = 2 \Rightarrow I(1; 2; 2)$.

Vì $I$ là trọng tâm của $\triangle ABC$ nên $\vec{IA} + \vec{IB} + \vec{IC} = \vec{0}$.
Ta biến đổi biểu thức $T$:
$T = MA^2 + MB^2 + MC^2 = \vec{MA}^2 + \vec{MB}^2 + \vec{MC}^2$
$= (\vec{MI} + \vec{IA})^2 + (\vec{MI} + \vec{IB})^2 + (\vec{MI} + \vec{IC})^2$
$= 3 MI^2 + IA^2 + IB^2 + IC^2 + 2\vec{MI} \cdot (\vec{IA} + \vec{IB} + \vec{IC})$
$= 3 MI^2 + IA^2 + IB^2 + IC^2$.

Tính các khoảng cách từ $I(1; 2; 2)$ đến các đỉnh:
$IA^2 = (3 - 1)^2 + (0 - 2)^2 + (0 - 2)^2 = 4 + 4 + 4 = 12$.
$IB^2 = (0 - 1)^2 + (6 - 2)^2 + (0 - 2)^2 = 1 + 16 + 4 = 21$.
$IC^2 = (0 - 1)^2 + (0 - 2)^2 + (6 - 2)^2 = 1 + 4 + 16 = 21$.
Suy ra:
$IA^2 + IB^2 + IC^2 = 12 + 21 + 21 = 54$.
Do đó:
$T = 3 MI^2 + 54$.

Khoảng cách từ gốc tọa độ $O$ đến điểm $I$ là:
$OI = \sqrt{1^2 + 2^2 + 2^2} = 3 > R = 2$.
Do đó điểm $I$ nằm ngoài mặt cầu $(S)$.

Đoạn thẳng $MI$ lớn nhất khi $M$ là giao điểm của tia đối của tia $OI$ với mặt cầu $(S)$:
$MI_{\max} = OI + R = 3 + 2 = 5$.

Khi đó giá trị lớn nhất của biểu thức $T$ là:
$T_{\max} = 3 \cdot (MI_{\max})^2 + 54 = 3 \cdot 5^2 + 54 = 3 \cdot 25 + 54 = 75 + 54 = 129$.

Vậy giá trị lớn nhất của $T$ bằng $129$.

Câu 5.
Gọi tọa độ các giao điểm của mặt phẳng $(MNP)$ với ba tia $Ox, Oy, Oz$ lần lượt là:
$M(m; 0; 0), \quad N(0; n; 0), \quad P(0; 0; p) \quad (m > 0, n > 0, p > 0)$.

Phương trình mặt phẳng $(MNP)$ theo đoạn chắn là:
$\dfrac{x}{m} + \dfrac{y}{n} + \dfrac{z}{p} = 1$.

Vì mặt phẳng $(MNP)$ đi qua điểm $K(4; 6; 4)$ nên:
$\dfrac{4}{m} + \dfrac{6}{n} + \dfrac{4}{p} = 1$.

Tứ diện $OMNP$ có ba cạnh $OM, ON, OP$ đôi một vuông góc nên thể tích khối tứ diện là:
$V = \dfrac{1}{6} OM \cdot ON \cdot OP = \dfrac{1}{6} mnp$.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số dương $\dfrac{4}{m}, \dfrac{6}{n}, \dfrac{4}{p}$:
$1 = \dfrac{4}{m} + \dfrac{6}{n} + \dfrac{4}{p} \ge 3 \sqrt[3]{\dfrac{4}{m} \cdot \dfrac{6}{n} \cdot \dfrac{4}{p}} = 3 \sqrt[3]{\dfrac{96}{mnp}}$.

Lập phương hai vế:
$1 \ge 27 \cdot \dfrac{96}{mnp} = \dfrac{2592}{mnp} \Rightarrow mnp \ge 2592$.

Suy ra thể tích của khối giàn không gian tứ diện thỏa mãn:
$V = \dfrac{1}{6} mnp \ge \dfrac{2592}{6} = 432$.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ba số hạng bằng nhau:
$\dfrac{4}{m} = \dfrac{6}{n} = \dfrac{4}{p} = \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow \begin{cases} m = 12 \\ n = 18 \\ p = 12 \end{cases}$ (thỏa mãn $m > 4, n > 6, p > 4$, tức là bao trọn khối hộp phòng kỹ thuật).

Vậy thể tích nhỏ nhất của khối tứ diện $OMNP$ bằng $432\text{ m}^3$.