Ôn tập THPT 2019 Phương Trình Đường Thẳng

Câu 1: [2H3-5-4] (THPT Chu Văn An - Hà Nội - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không
y 1 z
 và hai điểm A 1;2;  5  , B  1;0;2  . Biết
1
1
điểm M thuộc  sao cho biểu thức T  MA  MB đạt giá trị lớn nhất là Tmax . Khi
x
1

gian Oxyz , cho đường thẳng  : 
đó, Tmax bằng bao nhiêu?

B. Tmax  2 6  3

A. Tmax  3

C. Tmax  57

D.

Tmax  3 6

Lời giải
Chọn C
AB   2; 2;7  .

 x  1  2t 

Phương trình đường thẳng AB là:  y  2t 
.
 z  2  7t 



 1 2 1
Xét vị trí tương đối của  và AB ta thấy  cắt AB tại điểm C   ; ;   .
 3 3 3

 4 4 14  3
AC    ;  ;  ; AC  AB nên B nằm giữa A và C .
 3 3 3 2
T  MA  MB  AB Dấu bằng xảy ra khi M trùng C . Vậy Tmax  AB  57 .

Câu 2: [2H3-5-4] [NGUYỄN KHUYẾN TPHCM] [2017] Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz , cho

6
5




điểm A(2;3;0), B (0;  2;0), M  ;  2;2  và

đường

thẳng

x  t

d :  y  0 . Điểm C thuộc d sao cho chu vi tam giác ABC là nhỏ nhấ thì độ dài

z  2  t


CM bằng
A. 2 3.

B. 4.

C. 2.

D.

2 6
.
5

Lời giải
Do AB có độ dài không đổi nên chu vi tam giác ABC nhỏ nhất khi AC  CB nhỏ
nhất.


Vì

C  d  C  t ;0;2  t   AC 
 AC  CB 
Đặt u 









2t  2 2





2



2t  2 2



9 



2



 9, BC 

2t  2





 2t  2   4  

2

2t  2



2

4

 4.

2t  2 2;3 , v   2t  2; 2 ápdụngbấtđẳngthức u  v  u  v

2t  2 2



2

9 

2

2 2 2



2

 25.

Dấubằngxảyrakhivàchỉ
khi

2t  2 2 3
7
3
7 3
6 7

  t   C  ;0;   CM      2   2    2.
5
5
 2t  2 2
5 5
5 5

2

2

Câu 3: [2H3-5-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , gọi d đi qua điểm A 1; 1; 2  , song

song với  P  : 2 x  y  z  3  0 , đồng thời tạo với đường thẳng  :

x 1 y 1 z


1
2 2

một góc lớn nhất. Phương trình đường thẳng d là

x 1

1
x 1

C.
4
A.

y 1

5
y 1

5

x 1

4
x 1


D.
1

z2
.
7
z2
.
7

B.

y 1 z  2

.
5
7
y 1 z  2

.
5
7

Lời giải
Chọn A
 có vectơ chỉ phương a  1; 2; 2 

d có vectơ chỉ phương ad   a; b; c 

 P

có vectơ pháp tuyến nP   2; 1; 1

Vì d / /  P  nên ad  nP  ad .nP  0  2a  b  c  0  c  2a  b

 5a  4b 
1
cos  , d  

2
2
3 5a 2  4ab  2b2
3 5a  4ab  2b
5a  4b

2

a
1  5t  4 
, ta có: cos  , d  
b
3 5t 2  4t  2
2

Đặt t 

Xét hàm số f  t  

 5t  4

2

 1 5 3
, ta suy ra được: max f  t   f    
5t  4t  2
3
 5
2


Do đó: max cos  , d   

5 3
1
a
1
t   
27
5
b
5

Chọn a  1  b  5, c  7
Vậy phương trình đường thẳng d là

x 1 y 1 z  2


.

1
5
7

Câu 4: [2H3-5-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz gọi d đi qua A  1;0; 1 , cắt

x 1 y  2 z  2
x3 y 2 z 3




, sao cho góc giữa d và  2 :
là nhỏ
1
2
1
2
1
2
nhất. Phương trình đường thẳng d là
1 :

x 1 y z 1
 
.
2
2
1
x 1 y z 1

 
.
2
2
1

A.

B.

x 1 y z 1
 
.
4
5
2

C.

x 1 y z 1


. D.
4
5 2

Lời giải
Chọn A
Gọi M  d  1  M 1  2t ; 2  t ; 2  t 

d có vectơ chỉ phương ad  AM   2t  2; t  2; 1  t 
 2 có vectơ chỉ phương a2   1; 2; 2 
cos  d ;  2  

2
t2
3 6t 2  14t  9

Xét hàm số f  t  

t2
, ta suy ra được min f  t   f  0   0  t  0
6t 2  14t  9

Do đó min cos  , d   0  t  0  AM   2; 2  1
x 1 y z 1
 
Vậy phương trình đường thẳng d là
.
2
2
1
Câu 5:

[2H3-5-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng

x 1 y z  2
x 1 y  2 z  2
 



và d 2 :
. Gọi  là đường thẳng song song
2
1
1
1
3
2
với  P  : x  y  z  7  0 và cắt d1 , d 2 lần lượt tại hai điểm A, B sao cho AB ngắn
d1 :

nhất. Phương trình của đường thẳng  là.



x  6  t

5

B.  y 
.
2

9

 z   2  t

 x  12  t


A.  y  5
.
 z  9  t



x  6

5

C.  y   t .
2

9

 z   2  t

D.


 x  6  2t

5

y  t .
2

9

 z   2  t

Lời giải
Chọn B
A  d1  A 1  2a; a; 2  a 
B  d 2  B 1  b; 2  3b; 2  2b 
 có vectơ chỉ phương AB   b  2a;3b  a  2; 2b  a  4 

 P  có vectơ pháp tuyến

nP  1;1;1

Vì  / /  P  nên AB  nP  AB.nP  0  b  a  1 .Khi đó
AB   a  1; 2a  5;6  a 

AB 

 a  1   2a  5   6  a 
2

2

2

 6a 2  30a  62
2

5  49 7 2

 6 a   


; a 
2
2
2

Dấu "  " xảy ra khi a 

5
 5 9
 7 7
 A  6; ;   , AB    ;0; 
2
 2 2
 2 2

 5 9
Đường thẳng  đi qua điểm A  6; ;   và vec tơ chỉ phương ud   1;0;1
 2 2

x  6  t

5

Vậy phương trình của  là  y 
.
2

9

 z   2  t

Câu 6:

[2H3-5-4] Trong không gian Oxyz , cho điểm A  3;3; 3 thuộc mặt phẳng

  : 2 x – 2 y  z  15  0 và

mặt cầu  S  : (x  2)2  (y 3)2  (z 5) 2  100 . Đường

thẳng  qua A , nằm trên mặt phẳng   cắt ( S ) tại A , B . Để độ dài AB lớn nhất
thì phương trình đường thẳng  là

x3 y 3 z 3


.
1
4
6
 x  3  5t

C.  y  3
.
 z  3  8t

A.

B.

x3 y 3 z 3


.
16
11
10

D.

x3 y 3 z 3


.
1
1
3

Lời giải
Chọn A
Mặt cầu  S  có tâm I  2;3;5 , bán kính R  10 . Do d (I, ( ))  R nên  luôn cắt

S

tại A , B .

Khi đó AB  R 2   d (I,  )  . Do đó, AB lớn nhất thì d  I ,     nhỏ nhất nên 
2

qua H , với H là hình chiếu vuông góc của I lên   . Phương trình

x  2  2t

BH :  y  3  2t
z  5  t

H  ( )  2  2  2t   2  3 – 2t   5  t  15  0  t  2  H  2; 7; 3 .

Do vậy AH  (1;4;6) là véc tơ chỉ phương của  . Phương trình của

x3 y 3 z 3


.
1
4
6

Câu 7:

[2H3-5-4] Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng
 x  3  t
x  1 t


; d ' :  y  1  t  . Biết rằng
 P  : x  y  z  2  0 và hai đường thẳng d :  y  t
 z  1  2t 
 z  2  2t



có 2 đường thẳng có các đặc điểm: song song với  P  ; cắt d , d  và tạo với d góc 30O.
Tính cosin góc tạo bởi hai đường thẳng đó.
A.

1
.
5

B.

1
.
2

C.
Lời giải

2
.
3

D.

1
.
2


Chọn D

Gọi  là đường thẳng cần tìm, nP là VTPT của mặt phẳng  P  .
Gọi M 1  t; t; 2  2t  là giao điểm của  và d ; M  3  t ;1  t ;1  2t  là giao
điểm của  và d 
Ta có: MM    2  t   t; 1  t   t;  1  2t   2t 
 M   P 
MM //  P   
 t  2  MM    4  t;  1  t; 3  2t 
 MM   nP
t  4
3
6t  9
Ta có cos30  cos  MM , ud  


2
36t 2  108t  156
t  1
x  5
 x  t


Vậy, có 2 đường thẳng thoả mãn là 1 :  y  4  t ;  2 :  y  1
 z  10  t
 z  t



Khi đó cos  1 ,  2  

1

.
2

Câu 8: [2H3-5-4] [CHUYÊN ĐHKHTN HUẾ - 2017] Trong không gian cho đường thẳng
x  3 y 1 z  2
x  3 y z 1

 

và đường thẳng d :
. Viết phương trình
3
1
1
2
3
2
mặt phẳng  P  đi qua  và tạo với đường thẳng d một góc lớn nhất.
:

A. 19 x  17 y  20 z  77  0 .

B. 19 x  17 y  20 z  34  0 .

C. 31x  8 y  5 z  91  0 .

D. 31x  8 y  5 z  98  0 .
Lời giải

Chọn D

Đường thẳng d có VTCP là u1   3;1; 2  .
Đường thẳng  đi qua điểm M  3;0; 1 và có VTCP là u  1; 2;3 .
Do    P  nên M   P  . Giả sử VTPT của  P  là

n   A; B; C  ,  A2  B 2  C 2  0  .
Phương trình  P  có dạng A  x  3  By  C  z  1  0 .
Do    P  nên u.n  0  A  2B  3C  0  A  2B  3C .
Gọi  là góc giữa d và  P  . Ta có


u1.n

sin 



u1 . n

3 A  B  2C
14. A2  B 2  C 2

3  2 B  3C   B  2C



14.

 2 B  3C 

2

 B2  C 2

 5B  7C 
1
.


2
2
14 5B  12BC  10C
14. 5B 212 BC  10C 2
5B  7C

2

TH1: Với C  0 thì sin 

5
70

.
14
14

B
 5t  7  .
1
TH2: Với C  0 đặt t 
ta có sin 

2
C
14 5t  12t  10
2

Xét hàm số f  t  
Ta có f   t  

 5t  7 

2

5t 2  12t  10

50t 2  10t  112

5t 2  12t  10

2

trên

.

.

 8
 8  75
t  5  f  5   14
 

f   t   0  50t 2  10t  112  0  
.

7
 7
t    f     0
5
 5

Và lim f  t   lim
x 

x 

 5t  7 

2

5t 2  12t  10

 5.

Bảng biến thiên

Từ đó ta có Maxf  t  

75
8
B 8
1

75
8
. f 
khi t    . Khi đó sin 
14
5 C 5
14
 5  14

.
So sánh TH1 và Th2 ta có sin lớn nhất là sin 

B 8
75
khi  .
C 5
14


Chọn B  8  C  5  A  31.
Phương trình  P  là 31 x  3  8 y  5  z  1  0  31x  8 y  5 z  98  0 .

Câu 9: [2H3-5-4] (SGD - Quảng Nam - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với
hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  4 z  0 , đường thẳng
M

x  1 y  1a z  3
d:



và điểm A 1; 3; 1 thuộc mặt phẳng  P  . Gọi  là đường
2
1i
1
N
thẳng đi qua Ag, nằm trong mặt phẳng  P  và cách đường thẳng d một khoảng cách
u
lớn nhất. Gọi u   a; b; 1 là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng  . Tính a  2b
y
e
n

.

A. a  2b  3 .
a  2b  7 .

B. a  2b  0 .

C. a  2b  4 .

D.

Lời giải
Chọn A
d

A

d

I
A

K

(P)

H

(Q)

Đường thẳng d đi qua M 1;  1; 3 và có véc tơ chỉ phương u1   2;  1; 1 .
Nhận xét rằng, A  d và d   P   I  7; 3;  1 .

 Q  là mặt phẳng chứa
d  , d   d  ,  Q    d  A,  Q   .

Gọi

d

và song song với

.

Khi đó

Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên  Q  và d . Ta có AH  AK
.

Do đó, d  , d  lớn nhất  d  A,  Q   lớn nhất  AH max  H  K . Suy ra AH
chính là đoạn vuông góc chung của d và .
Mặt phẳng  R  chứa A và d có véc tơ pháp tuyến là n R   AM , u1    2; 4; 8  .
Mặt phẳng  Q  chứa d và vuông góc với

nQ  n R  , u1   12; 18;  6  .

 R

nên có véc tơ pháp tuyến là


Đường thẳng  chứa trong mặt phẳng  P  và song song với mặt phẳng  Q  nên có
véc tơ chỉ phương là u  n P , n R    66;  42; 6   6 11;  7; 1 .


Suy ra, a  11; b  7 . Vậy a  2b  3 .

(TRƯỜNG CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH - LẦN 2 - 2018) Trong không
x  2 y 1 z  2


gian Oxyz , cho đường thẳng d :
và mặt phẳng
4
4
3
 P  : 2 x  y  2 z  1  0 . Đường thẳng  đi qua E  2; 1;  2  , song song với  P 

Câu 10: [2H3-5-4]

đồng thời tạo với d góc bé nhất. Biết rằng  có một véctơ chỉ phương u   m; n; 1 .
Tính T  m 2  n 2 .
A. T  5 .

C. T  3 .

B. T  4 .

D. T  4 .

Lời giải
Chọn D
Mặt phẳng  P  có vec tơ pháp tuyến n   2;  1; 2  và đường thẳng d có vec tơ chỉ
phương v   4;  4;3
Vì  song song với mặt phẳng  P  nên u  n  2m  n  2  0  n  2m  2 .
Mặt


khác

ta

có

cos ; d  

u.v
4m  4n  3


2
u .v
m2  n2  1. 42   4   32

4m  5
41 5m 2  8m  5 

 4m  5  1 . 16m2  40m  25 .
1

.
2
5m2  8m  5
41 5m  8m  5
41
2

Vì 0   ; d   90 nên  ; d  bé nhất khi và chỉ khi cos ; d  lớn nhất
Xét hàm số f  t  
Bảng biến thiên

16t 2  40t  25
72t 2  90t


f
t

.


2
2
5t 2  8t  5
5
t

8
t

5




Dựa vào bảng biến thiên ta có max f  t   f  0   5 suy ra  ; d  bé nhất khi

m  0  n  2 . Do đó T  m 2  n 2  4 .
Làm theo cách này thì không cần đến dữ kiện: đường thẳng  đi qua E  2; 1;  2 
.
Câu 11: [2H3-5-4] (THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong
không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình vuông ABCD biết A 1;0;1 , B 1;0; 3
và điểm D có hoành độ âm. Mặt phẳng  ABCD  đi qua gốc tọa độ O . Khi đó
đường thẳng d là trục đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD có phương trình

 x  1

A. d :  y  t .
 z  1


x  1

B. d :  y  t .
 z  1


 x  1

C. d :  y  t .
z  1


D.

x  t

d :  y  1.
z  t

Lời giải
Chọn A
Ta có AB   0;0; 4   4  0;0;1 . Hay AB có véc-tơ chỉ phương k   0;0;1 .
Mặt phẳng  ABCD  có một véc-tơ pháp tuyến: OA; OB    0;4;0   4  0;1;0  , hay
j   0;1;0  là một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng  ABCD  .

 AD  k
 AD  AB
Vì 
nên 
. Đường thẳng AD có véc-tơ chỉ phương là

 AD   ABCD 
 AD  j

 j; k   1;0;0  .
 
x  1 t

Phương trình đường thẳng AD là:  y  0 .
z  1



Do đó D 1  t;0;1 .

t  4
2
Mặt khác AD  AB  t 2  02  1  1  4  
.
t  4
Vì điểm D có hoành độ âm nên D  3;0;1 .
Vì tâm I của hình vuông ABCD là trung điểm BD , nên I   1;0; 1 .
Đường thẳng d là trục đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD có véc-tơ pháp
 x  1

tuyến là j   0;1;0  , nên phương trình đường thẳng d là: d :  y  t .
 z  1
