Chuyên đề 31 phương trình đường thẳng đáp án p2

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Chuyên đề 31 PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNGNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNGNG THẲNGNG TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI – MỨC 9-10 ĐIỂM 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 vuông góc kẻ từ điểm nằm ngồi đường thẳng đến đường thẳng đường vng góc đường ngắn Như hình vẽ ta ln có AM  AH 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  An  A1 An x y 2 xy Kết Với hai số khơng âm x, y ta ln có Đẳng thức xảy x  y        a.b  a b a , b a  kb ,k  Kết Với hai véc tơ ta ln có Đẳng thức xảy Một số toán thường gặp H H Bài toán Cho điểm A cố định điểm M di động hình   (   đường thẳng, mặt phẳng) Tìm giá trị nhỏ AM H Lời giải: Gọi H hình chiếu vng góc A lên hình   Khi đó, tam giác AHM Vng M ta có AM  AH H Đẳng thức xảy M H Do AM nhỏ M hình chiếu A lên   S S Bài toán Cho điểm A mặt cầu   có tâm I , bán kính R, M điểm di động   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 ( S )  AM  AM  cầu ( ) mặt phẳng qua M đường thẳng AI Khi ( ) cắt ( S ) theo     đường tròn lớn (C ) Ta có M 1MM 90 , nên AMM AM 1M 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 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 R  AI  AM R  AI Vậy AM | AI  R |, max AM R  AI 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) P - TH 2: Nếu A B nằm khác phía so với ( P) Gọi A ' đối xứng với A qua   , 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 P Do   mặt phẳng qua A vng góc với AB Bài tốn Cho số thực dương  ,  ba điểm A, B, C Viết phương trình măt phẳng ( 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    IB  ID  - Nếu đường thẳng AB cắt ( P) I Gọi D điểm thỏa mãn E trung điểm BD Khi Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 IB P  d( A, ( P ))    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 )   Đến ta chuyển trường hợp So sánh kết ta chọn kết lớn Bài tốn Trong khơng 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 toán 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 vng góc vói AK Oxyz, cho điểm A1 , A2 ,, An Xét véc tơ Bài toán  Trong  không gian   w 1 MA1   M A2     n M An Trong 1 ;   n số thực cho trước thỏa mãn 1      n 0 Tìm điểm  M thuôc măt phẳng ( P ) cho | w | có dài nhỏ Lời giải Gọi G điểm thỏa mãn     1GA1   2GA2     nGAn 0 (điểm  G hoàn toàn xác định)   MA k MG  GAk Ta vói k 1; 2;; n, nên  có      w  1     n  MG  1GA1   2GA2     n GAn  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 Facebook Nguyễn Vươnghttps://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 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     nGAn 0    MA k MG  GAk Ta có với k 1; 2; ; n, nên     MAk2  MG  GAk MG  2MG GAk  GAk2   Do T  1     n  MG  1GA12   2GA22     nGAn2 2 Vì 1GA1   2GA2     nGAn 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 toán 10 Trong không 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 , HM HM tan    HK HI ( Q ) Do 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:    2 - Goi n (a; b; c), a  b  c  VTPT mặt phẳng (Q ) Khi n ud 0 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 t  , c 0 c với Khảo sát f (t ) ta tìm max f (t )  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 Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021  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 cos     AM AM Khi   AMH Suy ( P) mặt phẳng chứa d vuông góc với mặt phẳng ( AMK ) Do dó ( P) qua M nhận    ud  u d   u d làm VTPT Chú ý Ta giải tốn phương pháp đại số sau:    2 n n  ( a ; b ; c ), a  b  c  ( P ) - Goi VTPT măt phẳng Khi ud 0 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 t  , c 0 c với Khảo sát f (t ) ta tìm max f (t ) Dạng 2.1 Cực trị liên quan đến khoảng cách, góc Câu A  0; 4;  3 (Mã 101 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm Xét đường thẳng d thay đổi, song song với trục Oz cách trục Oz khoảng Khi khoảng cách từ A đến d nhỏ nhất, d qua điểm đây? A Q  0;5;  3 B P   3;0;  3 M  0;  3;   C Lời giải D N  0;3;  5 Chọn D Facebook Nguyễn Vươnghttps://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Đường thẳng d thay đổi, song song với trục Oz cách trục Oz khoảng nên d nằm mặt trụ trịn xoay có trục Oz bán kính Gọi I hình chiếu A lên Oy , khoảng cách từ A đến d nhỏ d qua giao điểm I  0;3;  N  0;3;   Oy với mặt trụ điểm nên d qua điểm Câu A ( 0;3;- 2) Xét đường thẳng d thay đổi song song với Oz cách Oz khoảng Khi khoảng cách từ A đến d nhỏ d qua điểm đây? Q( 0;2;- 5) M ( 0;4;- 2) P ( - 2;0;- 2) N ( 0;- 2;- 5) A B C D Lời giải Chọn A Vì d song song với Oz cách Oz khoảng nên d thuộc mặt trụ trục Oz bán kính (Mã 103 2019) Trong không gian Oxyz, cho điểm H ( 0;0;- 2) A ( 0;3;- 2) Có hình chiếu vng góc Oz uuu r HA ( 0;3;0) Þ HA = Có nên A nằm ngồi mặt trụ Gọi (P) mặt phẳng qua A vng góc với Oz M hình chiếu vng góc A d Gọi K giao điểm AH mặt trụ ( K nằm A H) d( A;d) = AM ³ AK ; AK = AH - d( A;d) = Dễ thấy Dấu xảy M º K Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 ïìï x = uuur uuu r ï HK = HA Þ K ( 0;2;- 2) Þ d : í y = (t Ỵ R ) ïï ïïỵ z =- 2+ t Khi ta có: Với t =- ta thấy d qua điểm Q Câu A  0; 4;  3 (Mã 102 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm Xét đường thẳng d thay đổi, song song với trục Oz cách trục Oz khoảng Khi khoảng cách từ A đến d lớn nhất, d qua điểm đây? A N  0;3;   B M  0;  3;   P   3;0;  3 C Lời giải D Q  0;11;  3 Chọn B Vì d thay đổi, song song với trục Oz cách trục Oz khoảng nên d đường sinh hình trụ có trục Oz có bán kính đáy r 3  A 0;0;  3 Gọi A hình chiếu A lên trục Oz AA 4 H x; y ; z Gọi  hình chiếu A lên d AH lớn A , A , H thẳng hàng AH  AA  AH  AA  r 4  7  x 0    y   7 AH  AA   x ; y  4; z  3   0;  4;0   z   H  0;  3;  3  4 Khi  x 0   y    z   t H  0;  3;  3 k  0;0;1 Vậy d qua có vectơ phương nên có phương trình  suy M  0;  3;   d qua điểm Câu A  0;3;   (Mã 104 2019) Trong không gian Oxyz, cho điểm Xét đường thẳng d thay đổi, song song với trục Oz cách trục Oz khoảng Khi khoảng cách từ A đến d lớn nhất, d qua điểm đây? A M  0;8;   B N  0; 2;   P  0;  2;   C Lời giải D Q   2;0;  3 Chọn C Do đường thẳng d / / Oz nên d nằm mặt trụ có trục Oz bán kính trụ R 2 H  0;0;   Gọi H hình chiếu A trục Oz , suy tọa độ Facebook Nguyễn Vươnghttps://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Do d A, Oz   AH 3  3 AH  AB Gọi B điểm thuộc đường thẳng AH cho  B  0;  2;   d  A, d  max 5  d đường thẳng qua B song song với Oz  x 0  d :  y   z   t Phương trình tham số Vậy P  0;  2;  5 Kết luận: d qua điểm Câu (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng : x y z   2 mặt phẳng  P  : x  y  z 0 Gọi  Q  mặt phẳng chứa  cho góc hai mặt phẳng A x  y  z 0  P  Q nhỏ Phương trình mặt phẳng B x  22 y  10 z 0 C x  y  z 0 Lời giải  Q D x  10 y  22 z 0 Q Δ B K H P d A  x 2t   :  y 2t  z t  x y z   2 viết lại dạng tham số Đường thẳng  x 2t t 0  y 2t  x 0      z t  y 0    z 0 Do  cắt  P  điểm A  0;0;0  O Xét hệ phương trình  x  y  z 0 P P Q Lại có    khơng vng góc nên ta chứng minh góc nhỏ     : P P góc    Thật  lấy B khác A , kẻ BH vng góc với   H BK P Q Q P vng góc d K ( d giao tuyến     ) K Khi góc     · góc BKH HA HK  · tan BKH  BH BH ·  tan BAH HK HA Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 · ·  BKH , BAH  90o · ·  ·   BKH BAH  ,  P   arcsin  · ·    tan BKH tan BAH Đẳng thức xảy  K  A    d P Q Q  P Do đó, góc hai mặt phẳng     nhỏ   chứa   cắt   theo giao tuyến vng góc  *)Viết phương trình  Q ur u1  2; 2;1 ur n1  1; 2;    P , Đường thẳng  có vectơ phương có vectơ pháp tuyến nên d uu r ur ur u2   u1 , n1    6;5;    có vectơ phương uu r uu r ur  Q  chứa  d nên nhận n2  u2 ; u1   1;10;  22  làm vectơ pháp tuyến uu r Q n2  1;10;  22  A  0;0;   Vậy mặt phẳng qua nhận làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x  10 y  22 z 0 Câu A  1;1;   P  : m  1 x  y  mz  0 , với m Trong không gian Oxyz , cho điểm mặt phẳng  P  lớn Khẳng định bốn tham số Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng khẳng định A  m  B m  C   m  D   m  Lời giải Cách 1: d  A;  P    Ta có f  m  Xét m    2m   m  1  3m  1 Vậy Cách 2: 1  m2 2  m  m  1 max d  A;  P     f  m    3m  1 2  m2  m  1   m   3m  1   m  m  1  m  0   m   14 m 5   2;6   P : Ta tìm đối tượng cố định mặt phẳng  P  : m  1 x  y  mz  0   x  z  m  x  y  0 Facebook Nguyễn Vươnghttps://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  x  z 0  P  m   Với mặt phẳng qua giao tuyến hai mặt phẳng   x  y  0 tức  x t  d  :  y 1  t  z  t  qua đường thẳng  H  t ;1  t ;  t    d   AH  t  1; t ;  t    P  lớn Gọi Để khoảng cách từ A đến   P AH   P   AH n P  m  1;1; m   phương với VTPT , suy ra:  mt  t t  t  t1 t t     mt  t  m 1 m  m 5   2;6   Câu (THPT Quang Trung Đống Đa Hà Nội 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1;1;1) , B (2;0;1) mặt phẳng ( P) :x  y  z  0 Viết phương trình tắc đường thẳng d qua A , song song với mặt phẳng ( P) cho khoảng cách từ B đến d lớn x y z d :   2 A x y z d :   1 1 C x y z2 d :   2 2 B x y z d :   1 1 D Lời giải B d A P' Gọi ( P ') chứa A song song ( P) suy ( P ') :x  y  z  0 Ta thấy B  ( P ') d ( B, d ) đạt giá trị lớn AB  Khi d vng góc với AB d vng góc với giá n VTPT ( P)     u  n, AB  (2; 2;  2) Suy VTCP d Kết hợp với điểm A thuộc d nên ta chọn đáp án C Câu (KTNL GV THPT Lý Thái Tổ 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d: x y 1  z   2 Gọi  Q : 2x  y  z  0  P mặt phẳng chứa đường thẳng d tạo với mặt phẳng góc có số đo nhỏ Điểm A  1; 2;3 cách mặt phẳng khoảng bằng: A B 11 C 11 Lời giải D Chọn A Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/  P