Chuyên đề Ôn thi THPTQG - Chuyên đề 31: Phương trình đường thẳng (Mức 9-10 điểm) - Phần 2

 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG
 Chuyên đề 31 PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
 TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI – MỨC 9-10 ĐIỂM
 Dạng 2 Bài toán cực trị
1. Một số bất đẳng thức cơ bản
Kết quả 1. Trong một tam giác, cạnh đối diện với góc lớn thì lớn hơn
Kết quả 2. Trong các đường xiên và đường vuông góc kẻ từ một điểm nằm ngoài đường thẳng đến đường 
thẳng đó thì đường vuông góc là đường ngắn nhất. Như trong hình vẽ ta luôn có AM AH
Kết quả 3. Với ba điểm A, B,C bất kì ta luôn 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 luôn có 
A1 A2 A2 A3 ... An 1 An A1 An
 x y
Kết quả 4. Với hai số không âm x, y ta luôn có 2 xy . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y
 2
Kết quả 5. Với hai véc tơ a,bta luôn có a.b a . b . Đẳng thức xảy ra khi a kb,k ¡
2. Một số bài toán thường gặp
Bài toán 1. Cho điểm A cố định và điểm M di động trên hình H ( H là đường thẳng, mặt phẳng). Tìm 
giá trị nhỏ nhất của AM
Lời giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên hình H . Khi đó, trong tam giác AHM
Vuông 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 trị 
nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của AM .
Lời giải. Xét A nằm ngoài mặt cầu (S). Gọi M1, M 2 lần lượt là giao điểm của đường thẳng AI với mặt 
cầu (S) AM1 AM 2 và ( ) là mặt phẳng đi qua M và đường thẳng AI. Khi đó ( ) cắt (S) theo một 
 ·  · ·
đường tròn lớn (C). Ta có M1MM 2 90 , nên AMM 2 và AM1M là các góc tù, nên trong các tam giác 
AMM1 và AMM 2 ta có
AI R AM1 AM AM 2 AI R
Tương tự với A nằm trong mặt cầu ta có
R AI AM R AI
Vậy min AM | AI R |,max AM R AI
Bài toán 3. Cho măt phẳng (P) và hai điểm phân biệt A, B. Tìm điể M thuộc (P) sao cho
 Trang 1 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG
So sánh các kết quả ở trên ta chọn kết quả lớn nhất.
Bài toán 6. Trong không gian cho n điểm A1, A2 ,, An và diểm A. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi 
qua 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 đó
 n
 d Ai ,(P) nd(G,(P)) nGA
 i 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 
G1 là trọng tâm của m điểm, G2 là trọng tâm của k điểm G3 đối xứng với G1 qua A. Khi dó
 P md G3 ,(P) kd G2 ,(P) 
 Đến đây ta chuyển về bài toán trên.
Bài toán 7.Viết phương trình mặt phẳng P đi qua đường thẳng và cách A một khoảng lớn nhất
Lời giải. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A lên mặt phẳng (P) và đường thẳng . Khi đó
d(A,(P)) AH AK
Do đó (P) là mặt phẳng đi qua K và vuông góc vói AK.
Bài toán 8. Trong không gian Oxyz, cho các điểm A1, A2 ,, An. Xét véc tơ
    
w 1 MA1 2M A2  nM An
Trong đó ; ... là các số thực cho trước thỏa mãn ... 0 . Tìm điểm
 1 2 n 1 2 n
M thuôc măt phẳng (P) sao cho | w| có đô dài nhỏ nhất.
Lời giải. Gọi G là điểm thỏa mãn
 1GA1 2GA2  nGAn 0
(điểm G hoàn toàn xác định).
  
Ta có MAk MG GA vói k 1;2;;n, nên
 k  
w 1 2  n MG 1GA1 2GA2  nGAn 1 2  n MG
Do đó
| w | 1 2  n | MG |
Vi 1 2  n là hằng số khác không nên | w| có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất, mà 
M (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:
 2 2 2
T 1MA1 2MA2  nMAn
Trong đó 1, 2 ,, n là các số thực cho trước. Tìm điểm M thuộc măt phẳng (P) sao cho
1. T giá trị nhỏ nhất biết 1 2  n 0 .
2. T có giá trị lớn nhất biết 1 2  n 0 .
Lời giải. Gọi G là điểm thỏa mãn
 GA GA  GA 0
 1 1  2 2 n n
Ta có MAk MG GAk với k 1;2;;n, nên
  2  
 2 2 2
MAk MG GAk MG 2MG GAk GAk
Do đó
 Trang 3 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG
Suy ra (P) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với mặt phẳng (AMK). Do dó (P) đi qua M và nhận 
 u  u  u
 d d d làm VTPT.
Chú ý. Ta có thể giải bài toán trên bằng phương pháp đại số như sau:
 2 2 2 
- Goi n (a;b;c),a b c 0 là một VTPT của măt phẳng (P). Khi đó n ud 0 từ đây ta rút được a 
theo b,c (hoặc b theo a,c hoặc c theo a,b).
- Gọi  là góc giữa (P) và d , ta có
 n u
 d 
sin f (t)
 | n |  u
 d 
 b
với t ,c 0. Khảo sát f (t) ta tìm được max của f (t)
 c
 Dạng 2.1. Cực trị liên quan đến khoảng cách, góc
Câu 1. (Mã 101 - 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm A 0;4; 3 . Xét đường thẳng d thay đổi, 
 song song với trục Oz và cách trục Oz một khoảng bằng 3 . Khi khoảng cách từ A đến d nhỏ 
 nhất, d đi qua điểm nào dưới 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 và cách trục Oz một khoảng bằng 3 nên d nằm 
 trên mặt trụ tròn xoay có trục là Oz và bán kính bằng 3 .
 Gọi I là hình chiếu của A lên Oy , khoảng cách từ A đến d nhỏ nhất khi d đi qua giao điểm 
 của Oy với mặt trụ là điểm I 0;3;0 nên d đi qua điểm N 0;3; 5 .
Câu 2. (Mã 103 2019) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(0;3;- 2). Xét đường thẳng d thay đổi 
 song song với Oz và cách Oz một khoảng bằng 2. Khi khoảng cách từ A đến d nhỏ nhất. d đi 
 qua điểm nào dưới 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 và cách Oz một khoảng bằng 2 nên d thuộc mặt trụ trục Oz và bán kính 
 bằng 2. Có H (0;0;- 2) là hình chiếu vuông góc của A(0;3;- 2) trên Oz.
 Trang 5 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG
 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 trên mặt trụ có trục là Oz và bán kính trụ là R 2.
 Gọi H là hình chiếu của A trên trục Oz , suy ra tọa độ H 0;0; 2 .
 Do đó d A,Oz AH 3.
  3  
 Gọi B là điểm thuộc đường thẳng AH sao cho AH AB
 5
 B 0; 2; 2 .
 Vậy d A,d 5 d là đường thẳng đi qua B và song song với Oz.
 max
 x 0
 Phương trình tham số của d : y 2 .
 z 2 t
 Kết luận: d đi qua điểm P 0; 2; 5 .
Câu 5. (THCS - THPT Nguyễn Khuyến 2019) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng 
 x y z
 : và mặt phẳng P : x 2y 2z 0 . Gọi Q là mặt phẳng chứa sao cho góc 
 2 2 1
 giữa hai mặt phẳng P và Q là nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng Q là
 A. x 2y z 0 . B. x 22y 10z 0 . C. x 2y z 0 . D. x 10y 22z 0 .
 Lời giải
 Q
 Δ
 B
 H K
 A
 d
 P
 x 2t
 x y z 
 Đường thẳng : được viết lại dưới dạng tham số : y 2t
 2 2 1 
 z t
 Trang 7 TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG
 14
 Vậy max d A; P khi m 5 2;6 .
 3
 Cách 2:
 Ta đi tìm đối tượng cố định của mặt phẳng P :
 P : m 1 x y mz 1 0 x z m x y 1 0 .
 x z 0
 Với mọi m ¡ mặt phẳng P luôn đi qua giao tuyến của hai mặt phẳng tức 
 x y 1 0
 x t
 luôn đi qua đường thẳng d : y 1 t .
 z t
  
 Gọi H t;1 t; t d AH t 1;t; t 2 . Để khoảng cách từ A đến P lớn nhất thì 
  
 AH  P AH cùng phương với VTPT của P là nP m 1;1;m , suy ra:
 1
 t 1 t t 2 mt t t 1 t 
 3 .
 m 1 1 m mt t 2 
 m 5 2;6 
Câu 7. (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) và mặt phẳng (P) : x y 2z 2 0. Viết phương trình chính tắc của 
 đường thẳng d đi qua A , song song với mặt phẳng (P) sao cho khoảng cách từ B đến d lớn 
 nhất.
 x 1 y 1 z 1 x y z 2
 A. d : . B. d : .
 3 1 2 2 2 2
 x 2 y 2 z x 1 y 1 z 1
 C. d : . D. d : .
 1 1 1 3 1 1
 Lời giải
 B
 d
 A
 P'
 Gọi (P ') chứa A và song song (P) suy ra (P ') : x y 2z 4 0.
 Ta thấy B (P ') do đó d(B,d) đạt giá trị lớn nhất là AB.
 Khi đó d vuông góc với AB và d vuông góc với giá của n là VTPT của (P) .
  
 Suy ra một VTCP của d là u n, AB (2;2; 2) .
 Kết hợp với điểm A thuộc d nên ta chọn đáp ánC.
 Trang 9