D18 toán max min liên quan đến đường thẳng muc do 4

Câu 44: [2H3-5.18-4]
(SGD BINH THUAN_L6_2018_BTN_6ID_HDG) Trong không gian với
hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm M  2; 2;  3 và N  4; 2;1 . Gọi  là đường thẳng đi qua M ,
nhận vecto u   a; b; c  làm vectơ chỉ phương và song song với mặt phẳng  P  : 2 x  y  z  0
sao cho khoảng cách từ N đến  đạt giá trị nhỏ nhất. Biết a , b là hai số nguyên tố cùng
nhau. Khi đó a  b  c bằng:
A. 15 .

B. 13 .

C. 16 .
Lời giải

D. 14 .

Chọn A
Gọi  Q  là mặt phẳng đi qua M  2; 2;  3 và song song với mặt phẳng  P  .
Suy ra  Q  : 2 x  y  z  3  0 .
Do  //  P  nên    Q  .

d  N ,   đạt giá trị nhỏ nhất   đi qua N  , với N  là hình chiếu của N lên  Q  .

 x  4  2t

Gọi d là đường thẳng đi qua N và vuông góc  P  , d :  y  2  t .
z  1 t

Ta có N   d  N   4  2t;2  t;1  t  ; N    Q   t 

4
 4 10 7 

 N  ; ;  .
3
 3 3 3

 10 4 16 
u   a; b; c  cùng phương MN     ; ;  .
 3 3 3

Do a , b nguyên tố cùng nhau nên chọn u   5;2;8 .
Vậy a  b  c  15 .
Câu 47.

[2H3-5.18-4] (TT Tân Hồng Phong - 2018 - BTN) Trong không gian với
x 1 y 1


Oxyz , cho ba điểm A  2;1;0  , B  4; 4; 3 , C  2;3; 2  và đường thẳng  d  :
1
2
  là mặt phẳng chứa  d  sao cho A , B , C ở cùng phía đối với mặt phẳng   . Gọi d1 ,

lượt là khoảng cách từ A , B , C đến   . Tìm giá trị lớn nhất của T  d1  2d2  3d3 .
B. Tmax  6 14 .

A. Tmax  2 21 .
C. Tmax  14 

203
 3 21 .
3

D. Tmax  203 .
Lời giải

Chọn B

hệ tọa độ
z 1
. Gọi
1
d 2 , d 3 lần


Ta có AB  3 6 ; AC  2 6 ; BC  6 .
Ta có T  d1  2d2  3d3  d1  d2  d2  d3  2d3 .

Gọi M là trung điểm AB , và N là trung điểm của BC ta có 2d  M ;     d1  d2 và
2d  N ;     d2  d3 .

Gọi G là trọng tâm tam giác MNC . Khi đó ta có T  2d  M ;     2d  N ;     2d3  6d  G;    .
Do đó T  6d  G;     6d  G;  d   .

 7 5 
 5 3 
Ta có M 1; ;  ; N  3; ;  suy ra G  2;3; 2  .
 2 2 
 2 2 
Gọi H 1  t;1  2t;1  t  là hình chiếu của G lên đường thẳng  d  , ta có GH   t  1; 2t  2;3  t  .

GH .ud  0   t  1  2  2t  2    3  t   0  t  0 .

Vậy Tmax  6GH  6 12  22  32  6 14 .
Câu 50: [2H3-5.18-4] (THPT Chu Văn An - Hà Nội - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian
x y 1 z

 và hai điểm A 1;2;  5 , B  1;0;2  . Biết điểm M thuộc
1
1
1
 sao cho biểu thức T  MA  MB đạt giá trị lớn nhất là Tmax . Khi đó, Tmax bằng bao nhiêu?

Oxyz , cho đường thẳng  :

A. Tmax  3

B. Tmax  2 6  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 357: [2H3-5.18-4] 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  :
nhất. Phương trình đường thẳng d là
x 1 y  1 z  2
A.
.


1
5
7
x 1 y  1 z  2


C.
.
4
5
7

x 1

4
x 1

D.
1
B.

x 1 y 1 z

 một góc lớn
1
2 2

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  2b 2 3 5a  4ab  2b
5a  4b

2

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

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 358: [2H3-5.18-4] 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 nhất. Phương
2
1
1
1
2
2
trình đường thẳng d là
x 1 y z 1
x 1 y z 1
x 1 y z 1
x 1 y z 1

 
 
 

A.
.

B.
. C.
. D.
.
4
2
4
2
5 2
5
2
2
2
1
1
1 :

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

t2
Xét hàm số f  t   2
, ta suy ra được min f  t   f  0   0  t  0
6t  14t  9
Do đó min cos  , d   0  t  0  AM   2; 2  1

x 1 y z 1
 
.
2
2
1

Vậy phương trình đường thẳng d là

Câu 359: [2H3-5.18-4] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1 :

x 1 y z  2
 
2
1
1

x 1 y  2 z  2


. Gọi  là đường thẳng song song với  P  : x  y  z  7  0 và cắt
1
3

2
d1 , d 2 lần lượt tại hai điểm A, B sao cho AB ngắn nhất. Phương trình của đường thẳng  là.

và d 2 :


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


 x  6  2t

5

D.  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 
2

2

AB   a  1; 2a  5;6  a 

2

 6a 2  30a  62
2

5  49 7 2

 6 a   

; a 
2
2
2

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
Dấu "  " xảy ra khi a 



x  6  t

5

Vậy phương trình của  là  y 
.
2

9

 z   2  t

Câu 365: [2H3-5.18-4] 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


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

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  qua H , với
2

 x  2  2t

H là hình chiếu vuông góc của I lên   . Phương trình 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 385: [2H3-5.18-4] [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 mặt phẳng  P 
3
1
1
2
3
2
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  5z  91  0 .

D. 31x  8 y  5z  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  B2  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

14.

TH1: Với C  0 thì sin 

 2 B  3C 

 5B  7C 

5B  7C

1


14
14. 5B 212 BC  10C 2

3  2 B  3C   B  2C



2

 B2  C 2

2

5B 2  12 BC  10C 2

.

5
70

.
14
14

 5t  7  .
B
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  

8
B 8
75
1
75
8
. f 
khi t    . Khi đó sin 
.
5 C 5
14

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  5z  98  0 .
Câu 48: [2H3-5.18-4] (SGD - Quảng Nam - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian với hệ tọa
x 1 y  1 z  3
độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  4 z  0 , đường thẳng d :
và điểm


M
2
1
1
a
A i1; 3; 1 thuộc mặt phẳng  P  . Gọi  là đường thẳng đi qua A , nằm trong mặt phẳng  P 
và N
cách đường thẳng d một khoảng cách lớn nhất. Gọi u   a; b; 1 là một véc tơ chỉ phương
củag
đường thẳng  . Tính a  2b .
u

y
e
n


A. a  2b  3 .

B. a  2b  0 .

C. a  2b  4 .
Lời giải

D. a  2b  7 .

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 .
Gọi  Q  là mặt phẳng chứa d và song song với  . Khi đó d  , d   d  ,  Q    d  A,  Q   .
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

 R

nên có véc tơ pháp tuyến là

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