Chuyên đề 31 phương trình đường thẳng đáp án p2

TÀI LIỆU ƠN THI THPTQG 2021 PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Chuyên đề 31 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 vng 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 1 An  A1 An x y  xy Đẳng thức xảy x  y Kết Với hai số khơng âm x, y ta ln có        Kết Với hai véc tơ a, b ta ln có a.b  a b Đẳng thức xảy a  kb, k   Một số toán thường gặp Bài toán Cho điểm A cố định điểm M di động hình  H  (  H  đường thẳng, mặt phẳng) Tìm giá trị nhỏ AM Lời giải: Gọi H hình chiếu vng góc A lên hình  H  Khi đó, tam giác AHM Vng M ta có AM  AH Đẳng thức xảy M  H Do AM nhỏ M hình chiếu A lên  H  Bài toán Cho điểm A mặt cầu  S  có tâm I , bán kính R, M điểm di động  S  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 cầu ( S )  AM  AM  ( ) mặt phẳng qua M đường thẳng AI Khi ( ) cắt ( S ) theo  đường trịn lớn (C ) Ta có M MM  90 , nên  AMM  AM M 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 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 Facebook Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 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) - TH 2: Nếu A B nằm khác 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) 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 Do  P  mặt phẳng qua A vng góc với AB Bài toán 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    - Nếu đường thẳng AB cắt ( P) I Gọi D điểm thỏa mãn IB  ID E trung điểm BD Khi  IB  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) P   d( A, ( P ))      Đến ta chuyển trường hợp Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 So sánh kết ta chọn kết lớn Bài toán Trong không 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 toán 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 Bài tốn Trong không gian Oxyz, cho điểm A1 , A2 ,, An Xét véc tơ     w  1 MA1   M A2     n M An Trong 1 ;   n số thực cho trước thỏa mãn 1      n  Tìm điểm  M thc măt phẳng ( P) cho | w | có đô dài nhỏ Lời giải Gọi G điểm thỏa mãn     1GA1   2GA2     n GAn  (điểm G hồn tồn xác định)    Ta có MAk  MG  GAk vói k  1;2;; n, nên       w  1     n  MG  1GA1   2GA2     nGAn  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 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     n GAn     Ta có MAk  MG  GAk với k  1;2;; n, nên     MAk2  MG  GAk  MG  MG  GAk  GAk2   Do Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 T  1     n  MG  1GA12   2GA22     nGAn2 Vì 1GA12   2GA22     nGAn2 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 tốn 10 Trong khơng 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  HK HI Do (Q) mặt phẳng qua d vng góc với mặt phẳng ( MHI ), nên (Q) qua M nhận     nP  ud   ud làm VTPT tan   Chú ý Ta giải tốn phương pháp đai số sau:    - Goi n  (a; b; c), a  b  c  VTPT mặt phẳng (Q) Khi n  ud  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 với t  , c  Khảo sát f (t ) ta tìm max f (t ) c 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 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  Khi    AMH cos   AM AM Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Suy ( P) mặt phẳng chứa d vng góc với mặt phẳng ( AMK ) Do dó ( P) qua M nhận    ud  ud   ud làm VTPT   Chú ý Ta giải tốn phương pháp đại số sau:    - Goi n  (a; b; c), a  b  c  VTPT măt phẳng ( P) Khi n  ud  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 với t  , c  Khảo sát f (t ) ta tìm max f (t ) c Dạng 2.1 Cực trị liên quan đến khoảng cách, góc Câu (Mã 101 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm A  0;4; 3 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 C M  0; 3; 5 D N  0;3; 5 Lời giải Chọn D 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 Oy với mặt trụ điểm I  0;3;0  nên d qua điểm N  0;3; 5 Câu (Mã 103 2019) Trong không gian Oxyz, cho điểm 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? A Q 0;2;  5 B M 0;4;  2 C P 2;0; 2 D N 0; 2; 5 Lời giải Chọn A Vì d song song với Oz cách Oz khoảng nên d thuộc mặt trụ trục Oz bán kính Có H 0;0; 2 hình chiếu vng góc A 0;3;  2 Oz Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  Có HA 0;3;0  HA  nên A nằm 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) Dễ thấy d  A; d   AM  AK ; AK  AH  d  A; d   Dấu xảy M  K  x 0      (t  R ) Khi ta có: HK  HA  K 0;2; 2  d :  y       z  2  t Với t  3 ta thấy d qua điểm Q Câu (Mã 102 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm A  0; 4;  3 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;  5 B M  0;  3;   C P  3; 0;  3 D Q  0;11;  3 Lời giải 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  Gọi A hình chiếu A lên trục Oz  A  0;0;  3 AA  Gọi H  x ; y ; z  hình chiếu A lên d AH lớn A , A , H thẳng hàng AH  AA  AH  AA  r    x     Khi AH  AA   x ; y  4; z  3   0; 4;0    y  3  H  0;  3; 3 4  z  3  x    Vậy d qua H  0;  3; 3 có vectơ phương k   0;0;1 nên có phương trình  y  3 suy  z  3  t  d qua điểm M  0;  3;   Câu (Mã 104 2019) Trong không gian Oxyz, cho điểm A  0;3;   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? Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 A M  0;8;  5 B N  0;2;  5 C P  0;  2;  5 D Q  2;0;  3 Lời giải Chọn C Do đường thẳng d / / Oz nên d nằm mặt trụ có trục Oz bán kính trụ R  Gọi H hình chiếu A trục Oz , suy tọa độ H  0;0;   Do d  A, Oz   AH    Gọi B điểm thuộc đường thẳng AH cho AH  AB  B  0;  2;   Vậy d  A, d max   d đường thẳng qua B song song với Oz x   Phương trình tham số d :  y  2  z  2  t Kết luận: d qua điểm P  0;  2;  5 Câu (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng x y z   mặt phẳng  P  : x  y  z  Gọi  Q  mặt phẳng chứa  cho góc 2 hai mặt phẳng  P   Q  nhỏ Phương trình mặt phẳng  Q  : A x  y  z  B x  22 y  10 z  C x  y  z  D x  10 y  22 z  Lời giải Q Δ B K H P d A  x  2t x y z  Đường thẳng  :   viết lại dạng tham số  :  y  2t 2 z  t  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  x  2t t   y  2t x    Xét hệ phương trình  Do  cắt  P  điểm A  0;0;0   O  z  t y   x  y  z   z  Lại có   P  khơng vng góc nên ta chứng minh góc nhỏ  P   Q  góc   P  Thật  lấy B khác A , kẻ BH vng góc với  P  H BK vng góc d K ( d giao tuyến  P   Q  ) K Khi góc  Q   P   góc BKH  HA  HK  tan BKH BH BH    tan BAH HK HA    BKH , BAH  90      BKH  BAH   ,  P    arcsin       tan BKH  tan BAH Đẳng thức xảy  K  A    d Do đó, góc hai mặt phẳng  P   Q  nhỏ  Q  chứa    cắt  P  theo giao tuyến vng góc  *)Viết phương trình  Q    Đường thẳng  có vectơ phương u1   2; 2;1 ,  P  có vectơ pháp tuyến n1  1; 2; 2  nên d    có vectơ phương u   u1 , n1    6;5;        Q  chứa  d nên nhận n2  u2 ; u1   1;10; 22  làm vectơ pháp tuyến  Vậy mặt phẳng  Q  qua A  0; 0;  nhận n2  1;10; 22  làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x  10 y  22 z  Câu Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;1;  mặt phẳng  P  : m  1 x  y  mz   , với m tham số Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  P  lớn Khẳng định bốn khẳng định A  m  B m  C 2  m  Lời giải D 6  m  Cách 1: Ta có d  A;  P    Xét f  m   m    2m   m  1  3m  1   m2 2  m  m  1  f m   3m  1 2  m2  m  1  m    m  3m  1    m    m  m  1 Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Vậy max d  A;  P    14 m    2;6  Cách 2: Ta tìm đối tượng cố định mặt phẳng  P  :  P  : m  1 x  y  mz     x  z  m  x  y   x  z  Với m   mặt phẳng  P  qua giao tuyến hai mặt phẳng  tức  x  y   x  t  qua đường thẳng  d  :  y   t  z  t   Gọi H  t ;1  t ; t    d   AH   t  1; t;  t   Để khoảng cách từ A đến  P  lớn   AH   P   AH phương với VTPT  P  n P   m  1;1; m  , suy ra:  mt  t  t  t   t  t t      m 1 m mt  t  m    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   Viết phương trình tắc đường thẳng d qua A , song song với mặt phẳng ( P ) cho khoảng cách từ B đến d lớn x 1 y 1 z 1   2 x2 y2 z   C d : 1 1 x y z2 B d :   2 2 x 1 y 1 z 1   D d : 1 1 Lời giải A d : B d A P' Gọi ( P ') chứa A song song ( P ) suy ( P ') : x  y  z   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 )    Suy VTCP d u   n , AB   (2; 2; 2) Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 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 x y 1  z   Gọi  P  mặt phẳng chứa đường thẳng d tạo với mặt phẳng 2  Q  : x  y  z   góc có số đo nhỏ Điểm A 1; 2;3 cách mặt phẳng  P  d: khoảng bằng: A B 11 11 Lời giải C D Chọn A M H B C  x y 1  z   có VTCP u  1; 2; 1 2   Q  : x  y  z   có VTPT n   2; 1; 2  d:   Gọi  góc tạo d  Q  , ta có sin   cos u , n     P  ,  Q    MCH  Từ hình vẽ, ta có  d ,  P    MBH    Ta thấy sin MCH Vậy góc MH MH   MC MB    P  ,  Q    MCH  nhỏ sin MCH  hay cos MCH 3 *Viết phương trình mặt phẳng (P) -CÁCH 1: Mặt phẳng  P  : Ax  By  Cz  D    n Q  u   A  2B  C    Ta có    A  B  2C    cos n, n Q    2 3 A  B  C     A  B  C  A  B  C    2 2 6 B  6C  12 BC  1  3B   B  C   B  C Nếu B  suy A  C  loại C C C  Nếu B  từ 1 suy        1  C   B suy A  B B B B Mặt phẳng  P  : Bx  By  Bz  D  qua điểm N  0; 1;   d suy D  3B Vậy phương trình mặt phẳng  P  : x  y  z   Suy d  A;  P    Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489      NI  NI IA  IB  IC  IA2  IB  IC     Chọn điểm I cho IA  IB  IC          IA  IB  IC   IA  AB  AC  Suy tọa độ điểm I là: I  0;1;    Khi S  NI  IA  IB  IC , S nhỏ N hình chiếu I lên mặt phẳng  P x   t  Phương trình đường thẳng qua I vng góc với mặt phẳng  P  là:  y   t z   t  Tọa độ điểm N  t;1  t;  t    P   t   t   t    t  1  N  1; 2;1 Câu 63 (Chuyên Phan Bội Châu 2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 2  S  :  x  1   y     z  1  hai điểm A  4;3;1 , B  3;1;3 ; M điểm thay đổi  S  Gọi m, n giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P  2MA2  MB Xác định  m  n A 64 B 68 C 60 Lời giải D 48    Xét điểm I cho: IA  IB  Giả sử I  x; y; z  , ta có:   IA   x;3  y;1  z  , IB   x;1  y;3  z  2   x    x     Do đó: IA  IB   2   y    y  I  5;5; 1  2 1  z    z     Do đó: P  MA2  MB  MI  IA  MI  IB          MI  IA  MI IA  MI  IB  MI IB                 MI  IA  IB  MI IA  IB  MI  IA2  IB  MI IA  IB      MI  IA2  IB Do I cố định nên IA2 , IB không đổi Vậy P lớn (nhỏ nhất)  MI lớn (nhỏ nhất)  MI lớn (nhỏ nhất)  M giao điểm đường thẳng IK (với K 1;2; 1 tâm mặt cầu (S)) với mặt cầu (S)  Ta có: MI qua I  5;5; 1 có vectơ phương KI  4;3;   x   4t  Phương trình MI là:  y   3t  z  1  Tọa độ điểm M cần tìm ứng với giá trị t nghiệm phương trình:  t  2 2 1  4t  1    3t     1  1   25t    t    Trang 48 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021  17 19  Với t   M  ; ; 1  M I  (min)  5  m  Pmax  48    m  n  60 Với t    M   ; ; 1  M I  (max) Vậy   5  n  Pmin  12 Câu 64 (Chuyên KHTN 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A  8;5; 11 , B  5;3; 4  , C 1; 2; 6  mặt cầu  S  :  x     y     z  1  Gọi điểm    M  a; b; c  điểm  S  cho MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ Hãy tìm a  b A B     C Lời giải D Gọi N điểm thỏa mãn NA  NB  NC  , suy N  2;0;1 Khi đó:              MA  MB  MC  MN  NA  MN  NB  MN  NC  NA  NB  NC  MN  MN    Suy MA  MB  MC nhỏ MN nhỏ Mặt cầu  S  có tâm I  2; 4; 1 , suy ra:          x   2t   NI   4; 4; 2    2; 2; 1 Phương trình NI   y   2t Thay phương trình NI vào phương  z  1  t   t 1 2 trình  S  ta được:  2t    2t    t    t    t  1 Suy NI cắt  S  hai điểm phân biệt N1  3;6; 2  , N  0;2;0  Vì NN1  NN nên MN nhỏ M  N Vậy M  0; 2;0  điểm cần tìm Suy ra: a  b  Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 49 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Điểm 2  S  :  x     y  1   z  3  hai điểm A 1 ; ; 3 , B  21 ; ;  13 M  a ; b ; c  thuộc mặt cầu  S  cho 3MA2  MB đạt giá trị nhỏ Khi giá trị Câu 65 Cho mặt cầu biểu thức T  a.b.c A B C Lời giải D 18    Gọi điểm I thỏa mãn 3IA  IB   I  ; ;  1        Khi 3MA2  MB  MI  IA  MI  IB  4MI  3IA2  IB  2MI 3IA  IB        4MI  3IA2  IB2 Do 3IA2  IB2 khơng đổi ba điểm A; B; I cố định nên 3MA2  MB2 đạt giá trị nhỏ MI nhỏ Khi M giao điểm đường thẳng IJ với mặt cầu  S  , ( J  ; ; 3 tâm mặt cầu  S  )  x   2t  M  4; ; 1  Ta có phương trình đường thẳng IJ  y   t  IJ   S    M ; ;     z   2t   Kiểm tra IM  IM    nên M  4; 2;1 điểm cần tìm Vậy T  a.b.c  Câu 66 Trong không gian Oxyz 2 cho đường thẳng d : x 1 y  z    mặt cầu S  :  x  3   y     z    729 Cho biết điểm A  2; 2; 7  , điểm B thuộc giao tuyến mặt cầu  S  mặt phẳng  P  : x  y  z  107  Khi điểm M di động đường thẳng d giá trị nhỏ biểu thức MA  MB A 30 B C 29 Lời giải D 742 d A I M K B Mặt cầu  S  có tâm I  3; 4; 5 bán kính R  27  Đường thẳng d có véc-tơ phương u   2;3;4   d   P  Gọi K giao điểm mặt phẳng  P  đường thẳng d Vì I  d nên K tâm đường tròn giao tuyến KB  d    Ta có IA  1; 2; 2   IA  IA.u   IA  d Trang 50 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Ta tính IK  d  I ,  P     3   4    5   107 2  29 KB  R  IK  3 4 Do M di động đường thẳng d (trục đường tròn giao tuyến) B thuộc đường tròn giao tuyến nên biểu thức MA  MB nhỏ M  AB  d MI IA Khi đó, ta có   MI  MK  IK  29 MK KB Suy MI  29 , MK  29 Ta có AM  IA2  MI  30  BM  AM  30 Vậy giá trị nhỏ MA  MB AM  BM  30  30  30 Cách 2: Ta có  S  có tâm I  3; 4; 5 , bán kính R  27 Dễ thấy d qua I  3; 4; 5  vng góc với  P   P cắt  S  theo đường trịn có bán kính r  M  d  M 1  2t;  3t ;3  4t  2 Ta có T  MA  MB  MA  MH  r 29t  87  29t  29 Lại có MH  d ( M ;( P))  29 Suy T  29t  116t  125  29  t  3   29  t  2   29 29  t  3  29           Xét u   t  2;  , v    t;   u  v   5;  29  29  29         Do T  29 u  v  29 u  v  50  Câu 67  (THPT Chuyên Thái Bình - 2018) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng x  15 y  22 z  37   mặt cầu 2  S  : x  y  z  x  y  z   Một đường thẳng    thay đổi cắt mặt cầu  S  hai  P : x  y  z 1  , đường thẳng d  : điểm A, B cho AB  Gọi A , B hai điểm thuộc mặt phẳng  P  cho AA , BB song song với  d  Giá trị lớn biểu thức AA  BB A  30 B 24  18 12  Lời giải C D 16  60 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 51 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Mặt cầu  S  có tâm I  4;3; 2  bán kính R  Gọi H trung điểm AB IH  AB IH  nên H thuộc mặt cầu  S   tâm I bán kính R  Gọi M trung điểm AB AA  BB  HM , M nằm mặt phẳng  P  Mặt khác ta có d  I ;  P    Gọi  R nên  P  cắt mặt cầu  S  sin  d ;  P    sin   3 K hình chiếu H lên  P  HK  HM sin  Vậy để AA  BB lớn HK lớn  HK qua I nên HK max  R  d  I ;  P     43  3   3  3 24  18  Vậy AA  BB lớn     Câu 68 (Đại học Hồng Đức –Thanh Hóa 2019) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A  3;1;1 , B  5;1;1 hai mặt phẳng điểm nằm hai mặt T  a  b2  c A  P  : x  y  z   ,  Q  :  x  y  z   Gọi M  a ; b ; c  phẳng  P   Q  cho MA  MB đạt giá trị nhỏ Tính B 29 C 13 D Lời giải Chọn D Từ giả thiết ta có M thuộc giao tuyến d hai mặt phẳng  P   Q   Mặt phẳng  P  có vectơ pháp tuyến n P  1; 2;1 Mặt phẳng  Q  có vectơ pháp  tuyến n Q   1;1;1 Khi đường thẳng d qua N 1;1;1 có vectơ phương Trang 52 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 x  1 t     u d   n P , nQ   1; 2;3 nên có phương trình tham số d :  y   2t suy  z   3t  M 1  t ;1  2t ;1  3t  MA  MB  t  4  4t  9t  t  4  4t  9t  14t  8t  16  14t  8t  16 Bài tốn trở thành tìm giá trị nhỏ hàm số  8 f  t   14t  8t  16  14t  8t  16  14  t  t   t  t   7 7  2  2   2    2      14  t       t        7      7      2   2  Đặt u   t  ; , v   t;   7  7 7 2     4   Khi f  t   14  u  v   14 u  v Suy f  t   14         49 7   2 t    0t  Dấu xảy hai vectơ u v hướng hay 2 t 7 Do M 1;1;1 Vậy T  a  b2  c  Câu 69 Dạng 2.3 Cực trị liên quan đến chu vi, diện tích, bán kính, thể tích (Chun Hùng Vương Gia Lai 2019) Trong khơng gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD ABC D có A trùng với gốc tọa độ O , đỉnh B(a;0;0) , D(0; a;0) , A(0;0; b) với a, b  a  b  Gọi M trung điểm cạnh CC Thể tích khối tứ diện BDAM có giá trị lớn 64 A 27 B 32 27 27 Lời giải C D 27 Chọn C z A' D ' B' C ' M y A D x B C Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 53 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 b Tọa độ điểm C ( a; a; 0), C '( a; a; b), M (a; a; )    b BA '  (-a;0; b), BD  (-a; a;0), BM  (0; a; ) 2      BA ', BD   (ab; ab; b2 ) nên VBDA ' M   BA ', BD  BM  a b     64 32  a  a  2b  Ta có: a.a.(2b)    a 2b   VBDA ' M    27 27 27   Câu 70 (THPT Nguyễn Huệ - Huế - 2018) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng  x  1  2t  d  :  y   t hai điểm A 1;5;0  , B  3;3;6  Gọi M  a; b; c  điểm  d  cho chu  z  2t  vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ Tính P  a  b  c A P  B P  3 C P  Lời giải M  d  M  1  2t ;1  t ; 2t  D P  1 Chu vi tam giác MAB là: AM  BM  AB Vì AB  const nên chu vi nhỏ  AM  BM  nhỏ   AM  2t  2; t  4; 2t  , BM  2t  4; t  2; 2t     2   AM  BM  9t  20  9t  36t  56   3t      3t       Đặt u  3t ; , v   3t ;  u  v  6;       Áp dụng bất đẳng thức vectơ: u  v  u  v Dấu xảy u , v hướng          Ta có: AM  BM  u  v  u  v   62      29 Do  AM  BM  nhỏ   3t  k   3t  t  tồn số k dương cho u  kv   Khi M 1;0;   k  2  5k Vậy P  a  b  c     Câu 71 (Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có A  1;1;6  , B  3;  2;   , C 1; 2;  1 , D  2;  2;0  Điểm M  a; b; c  thuộc đường thẳng CD cho tam giác ABM có chu vi nhỏ Tính a  b  c A B C Lời giải C D D A H B Gọi CABM chu vi tam giác ABM Trang 54 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021  AB   2;  3;  10   AB  113     AB   2;  3;  10  , CD  1;  4;1  AB.CD  2  12  10   AB  CD Gọi  P  mặt phẳng chứa đường thẳng AB vng góc với đường thẳng CD H giao điểm  P  đường thẳng CD  Phương trình mặt phẳng  P  qua A  1;1;6  có véc tơ pháp tuyến CD  1;  4;1 là: x  y  z 1  x  1 t  Phương trình đường thẳng CD :  y   4t  z  1  t  H  CD  H 1  t ;  4t ; 1  t  H   P    t    4t    t    t  1 3  H  ; 0;   2 2  AM  AH Với M  CD , ta có   AM  BM  AH  BH  BM  BH C ABM  AB  AM  BM  113  AH  BH , M  CD 1 3 Suy minC ABM  113  AH  BH , đạt M  H  M  ; 0;   2 2 Vậy a  b  c  Câu 72 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tứ diện ABCD có A  1;1;6  , B  3; 2; 4  , C 1; 2; 1 , D  2; 2;0  Điểm M  a; b; c  thuộc đường thẳng CD cho tam giác ABM có chu vi nhỏ Tính a  b  c A B C D Lời giải Ta có CABM  AM  BM  AB mà AB không đổi suy CABM nhỏ AM  BM nhỏ   Ta có AB   2; 3; 10  , CD  1; 4;1   Xét AB.CD   AB  CD Gọi   qua AB vng góc với CD    qua A  1;1;6  nhận CD  1; 4;1 làm véc tơ pháp tuyến Suy   có phương trình là: x  y  z   Vì điểm M thuộc CD cho AM  BM nhỏ nên M  CD    x  1 t   : x  y  z   , CD có phương trình:  y   4t  z  1  t  1  1  M  CD     M  ;0;   a  b  c    1  2 2 Câu 73 (Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  :x  y  z   hai điểm A  3; 4;1 ; B  7; 4; 3 Điểm M  a; b; c  a   thuộc Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 55 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489  P cho tam giác ABM vng M có diện tích nhỏ Khi giá trị biểu thức T  a  b  c bằng: A T  B T  C T  Lời giải D T  Chọn D AB.MH với H hình chiếu vng góc M lên AB Do AB không đổi nên S ABM nhỏ MH nhỏ   AB   4; 8; 4     AB.nP   AB //( P )   nP  1;1; 1 Ta có: S ABM  MH nhỏ M nằm giao tuyến mặt phẳng  Q   P  ; với  Q  mặt phẳng chứa AB vng góc với mp  P    AB   4; 8; 4    nQ   3;0;3  phương trình mp  Q  x  z     nP  1;1; 1 M nằm giao tuyến mặt phẳng  Q   P  nên tọa độ M nghiệm hệ phương trình x  t x  z      y   2t  M  t;  2t;  t  với t   x  y  z    z   t   Ta có AM   t  3; 2  2t;3  t  ; BM   t  7;6  2t ;7  t  Tam giác ABM vuông M nên   AM BM    t  3 t     2  2t   2t     t   t   t   n    t  3 t     t  3 t  1    t  3 3t      t   l   + t   M  3; 4;1  a  b  c     Câu 74 (Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  x   2t  ( S ) :  x     y  1  z  đường thẳng d :  y  1  t , (t   ) Mặt phẳng chứa d cắt  z  t  2 (S ) theo đường trịn có bán kính nhỏ có phương trình A y  z   B x  y  z   C x  y   D x  y  z   Lời giải Mặt cầu  S  có tâm I  3;1;0  bán kính R  Gọi H hình chiếu I d  H  d  H 1  2t; 1  t ; t  ; IH   2  2t ; 2  t ; t   Véctơ phương d u d   2;1; 1   IH u d    2  2t   1 2  t   t   t  Suy H  3;0; 1  IH  Trang 56 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 Gọi  P  mặt phẳng chứa đường thẳng d cắt mặt cầu  S  theo đường trịn có bán kính r 2 Ta có r  R   d  I ,  P       d  I ,  P    Mà d  I ,  P    IH  nên r    d  I ,  P      IH    2  Suy r  , đạt IH   P   Khi mặt phẳng  P  qua H  3;0; 1 nhận IH   0; 1; 1 làm véctơ pháp tuyến Phương trình mặt phẳng  P  là:  x  3  1 y    1 z  1   y  z   Câu 75 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(3; 2;6), B(0;1;0) mặt cầu ( S ) : ( x  1)  ( y  2)2  ( z  3)  25 Mặt phẳng ( P) : ax  by  cz   qua A, B cắt theo giao tuyến đường tròn có bán kính nhỏ Tính T  a  b  c A T  B T  C T  Lời giải D T  I H B K A Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2;3 , bán kính R   Mặt phẳng  P  có vec-tơ pháp tuyến nP   a; b; c  Theo giả thiết B  0;1;0    P  : b    b    Ta có: AB   3;3; 6  phương với u  1; 1;  x  t  Phương trình đường thẳng AB :  y   t  z  2t  Gọi r bán kính đường trịn giao tuyến K hình chiếu vng góc I lên đường thẳng AB, H hình chiếu vng góc I lên  P   Ta có: K  AB  K  t ;1  t ; 2t   IK   t  1; t  1; 2t  3    IK  AB  AB.IK   t   IK   0; 2; 1 r  R  d  I ,  P    25  d  I ,  P    25  IH Ta có: rmin  IH max   Mà IH  IK  IH max  IK  H  K   P   IK  nP IK phương a  a    a     nP  k IK  b  2k  k  1    t  a  b  c     c  c   k c    Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 57 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Câu 76 Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu 2  S  : x 1   y  2   z  3 phẳng qua hai điểm A  0; 0; 4  , B  2; 0;  cắt mặt cầu S  48 Gọi   mặt theo giao tuyến đường trịn  C  Khối nón  N  có đỉnh tâm  S  , đường trịn đáy  C  tích lớn A 128 88 Lời giải B 39 C C 215 Chọn B Ta có tâm cầu I 1; 2;3  ; R  Gọi H hình chiếu vng góc tâm cầu I lên mặt phẳng   Vậy chiều cao khối nón  N  h  d  I , P   IH  IK , K hình chiếu vng góc I lên AB Gọi  Q  mặt phẳng qua I vng góc với ta có  Q  : x  2z   x  t  Phương trình AB :  y  vào  Q  ta t   4t    t   z  4  2t  Tọa độ K  3;0;   IK  Bán kính khối nón r  48  h 3     Vậy thể tích khối nón V   r h   48  h h   48  h h h  0;3 Khảo sát V ta tìm Vmax  39 Câu 77 (Chuyên Hùng Vương Gia Lai 2019) Trong không gian Oxyz , cho hình hộp chữ nhật ABCD ABCD có A trùng với gốc tọa độ O , đỉnh B(a;0;0) , D(0; a;0) , A(0;0; b) với a, b  a  b  Gọi M trung điểm cạnh CC Thể tích khối tứ diện BDAM có giá trị lớn A 64 27 B 32 27 27 Lời giải C D 27 Chọn C Trang 58 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 z A' D' B' C ' M y A D x C B b Tọa độ điểm C ( a; a; 0), C '( a; a; b), M ( a; a; )    b BA '  (-a;0; b), BD  (-a; a;0), BM  (0; a; ) 2      BA ', BD   (ab; ab; b2 ) nên VBDA ' M   BA ', BD  BM  a b     32  a  a  2b  64 Ta có: a.a.(2b)    a 2b   VBDA ' M    27 27   27  x   3t  Câu 78 Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :  y   4t Gọi A hình chiếu vng góc O z   d Điểm M di động tia Oz , điểm N di động đường thẳng d cho MN  OM  AN Gọi I trung điểm đoạn thẳng OA Trong trường hợp diện tích tam giác IMN đạt giá trị nhỏ nhất, vectơ pháp tuyến mặt phẳng  M , d  có tọa độ   A 4;3;5   B 4;3;10   C 4;3;5 10   D 4;3;10 10 Lời giải Chọn A Gọi A   3t ;3  t;0  hình chiếu vng góc O d Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 59 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489    OA  d  OA.ud   t   A  4;3;0  Trên Oz lấy điểm P cho OP  AN  MP  OM  OP  MN AIN  OIP  IN  IP Ta có IMP  IMN , kẻ IH  MN  IH  IO  SIMN  IH MN  SIMN  MN 2  MO  AN  Ta có MN  MO  OA  AN     25  MN  2   2 2 Vậy MN   OM  AN   5 2  M  0;0;  2     15   Một vectơ pháp tuyến mặt phẳng  M , d   MA, ud    10 2; ; 25     Chọn n  4;3;5   1  Câu 79 Trong không gian Oxyz , cho điểm M  ; ;  mặt cầu  S  : x  y  z  Đường thẳng 2  d thay đổi, qua điểm M , cắt mặt cầu  S  hai điểm phân biệt A, B Tính diện tích lớn S tam giác OAB A S  B S  C S  Lời giải D S  2 Chọn A Mặt cầu  S  có tâm O   0;0;0  , bán kính R  2 Ta có OM   M nằm mặt cầu Gọi I trung điểm AB  OI  AB Đặt x  OI  OM   x  1 Khi S OAB  OI AB  OI R  OI  x  x  f  x   f  x    x2   x2   x  1 , ta có bảng biến thiên Vậy max SOAB  OI  hay I  M Câu 80 Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;4;3 mặt phẳng  P  : y  z  Biết điểm B thuộc  P  , điểm C thuộc  Oxy  cho chu vi tam giác ABC nhỏ Hỏi giá trị nhỏ Trang 60 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021 A B C D Lời giải Chọn C Gọi H hình chiếu vng góc A 1; 4;3 lên mặt phẳng  Oxy   H 1;4;0  Gọi A1 điểm đôi xứng A qua mặt phẳng  Oxy  , ta tìm A1 1; 4; 3 Gọi K hình chiếu vng góc A 1; 4;3 lên mặt phẳng  P  x   Ta có phương trình đường thẳng AK :  y   2t , Gọi K 1;  2t ;3  t   AK z   t  Mặt khác, K   P   5t    t  1  K 1; 2;  Gọi A2 điểm đôi xứng A qua mặt phẳng  P  K trung điểm AA2  x A2  xK  x A   Ta có  y A2  yK  y A   A2 1;0;5   z A2  zxK  z A  Ta có chu vi tam giác ABC PABC  AC  AB  BC  A1C  A2 B  BC  A1 A2 Dấu xảy A1 , A2 , B, C thẳng hàng Suy  PABC   A1 A2  BẠN HỌC THAM KHẢO THÊM DẠNG CÂU KHÁC TẠI https://drive.google.com/drive/folders/15DX-hbY5paR0iUmcs4RU1DkA1-7QpKlG?usp=sharing Theo dõi Fanpage: Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Hoặc Facebook: Nguyễn Vương  https://www.facebook.com/phong.baovuong Tham gia ngay: Nhóm Nguyễn Bào Vương (TÀI LIỆU TỐN)  https://www.facebook.com/groups/703546230477890/ Ấn sub kênh Youtube: Nguyễn Vương  https://www.youtube.com/channel/UCQ4u2J5gIEI1iRUbT3nwJfA?view_as=subscriber Tải nhiều tài liệu tại: http://diendangiaovientoan.vn/ ĐỂ NHẬN TÀI LIỆU SỚM NHẤT NHÉ! Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 61 NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 Trang 62 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ ... ta ta c  a  Đường thẳng  có véc tơ phương u   5; 4;1 Trong đáp án A, B, C, D cho đề có đáp án B có véc tơ phương thỏa điều kiện Thay tọa độ M vào phương trình  đáp án B ta được: 3... C, D cho đề có đáp án B có véc tơ phương thỏa điều kiện Thay tọa độ M vào phương trình  đáp án B ta được: 3   5t   1  3  4t   t   1 (thỏa mãn) 1  3  2t   Vậy đáp án B thỏa... vng góc I đường thẳng d Phương trình mặt phẳng  P  qua I vng góc với đường thẳng d  x     y  1   y    hay  P  : x  y  z  12  x  1 t  Phương trình tham số đường thẳng d