Tải bản đầy đủ

11 cuc tri khong gian

CHỦ ĐỀ: CỰC TRỊ
TRONG KHƠNG GIAN
Để tìm cực trị trong không gian chúng ta thường sử dụng hai cách làm:
Cách 1: Sử dụng phương pháp hình học
Cách 2: Sử dụng phương pháp đại số.
Bài toán 1: Trong không gian Oxyz, cho các điểm
A (xA ; yA ; zA ), B (xB ; yB ; zB ) và mặt phẳng (P ) : ax  by  cz  d  0.
Tìm điểm M �(P ) sao cho
1. MA  MB nhỏ nhất.
2. MA  MB lớn nhất với d( A, (P )) �d(B, (P )).
Phương pháp:
�Xét vị trí tương đối của các điểm A, B so với mặt phẳng (P ).
�Nếu (axA  byA  czA  d)(axB  byB  czB  d)  0 thì hai điểm A, B
cùng phía với mặt phẳng (P ).
�Nếu (axA  byA  czA  d)(axB  byB  czB  d)  0 thì hai điểm A, B
nằm khác phía với mặt phẳng (P ).

1. MA  MB nhỏ nhất.
�Trường hợp 1: Hai điểm A, B ở khác phía so với mặt phẳng (P ).

Vì A, B ở khác phía so với mặt phẳng (P ) nên MA  MB nhỏ nhất bằng

AB khi và chỉ khi M  (P ) � AB.
�Trường hợp 2: Hai điểm A, B ở cùng phía so với mặt phẳng (P ).

Gọi A ' đối xứng với A qua mặt phẳng (P ), khi đó A ' và B ở khác phía
(P ) và MA  MA �nên MA  MB  MA�
 MB �A �
B.
B �(P ).
Vậy MA  MB nhỏ nhất bằng A �
B khi M  A�

2. MA  MB lớn nhất.
�Trường hợp 1: Hai điểm A, B ở cùng phía so với mặt phẳng (P ) .
184


Vì A, B ở cùng phía so với mặt phẳng (P ) nên MA  MB lớn nhất bằng
AB khi và chỉ khi M  (P ) � AB.
�Trường hợp 2: Hai điểm A, B ở khác phía so với mặt phẳng (P ) .

Gọi A ' đối xứng với A qua mặt phẳng (P ) , khi đó A ' và B ở cùng phía
(P ) và
 MB �A�
B.
MA  MA�nên MA  MB  MA�
B �(P ).
Vậy MA  MB lớn nhất bằng A �
B khi M  A�

Bài toán 2: Lập phương trình mặt phẳng (P ) biết
1. (P ) đi qua đường thẳng  và khoảng cách từ A � đến (P ) lớn nhất
2. (P ) đi qua  và tạo với mặt phẳng (Q) một góc nhỏ nhất
3. (P ) đi qua  và tạo với đường thẳng d một góc lớn nhất.
Phương pháp:
Cách 1: Dùng phương pháp đại số
1. Giả sử đường thẳng  :

x  x1
a




y  y1
b



z  z1
c

và A (x0; y0; z0)

Khi đó phương trình (P ) có dạng: A(x  x1)  B( y  y1)  C (z  z1)  0
Trong đó Aa  Bb  Cc  0 � A  
Khi đó d( A,(P )) 

A (x0  x1)  B ( y0  y1)  C (z0  z1)

Thay (1) vào (2) và đặt t 
Trong đó f (t) 

bB  cC
( a �0 ) (1)
a

A2  B2  C 2
B
, ta đươc d( A,(P )) 
C

mt2  nt  p
m ' t2  n ' t  p '

(2)

f (t)

, khảo sát hàm f (t) ta tìm được max f (t) .

Từ đó suy ra được sự biểu diễn của A, B qua C rồi cho C giá trị bất kì ta
tìm được A, B .
2. và 3. làm tương tự
Cách 2: Dùng hình học
185


1. Gọi K , H lần lượt là hình chiếu của A lên  và (P ) , khi đó ta có:
d(A, (P ))  AH �AK , mà AK không đổi. Do đó d( A, (P )) lớn nhất
 H K
uuuur
Hay (P ) là mặt phẳng đi qua K , nhận AK làm VTPT.


2. Nếu   (Q) �  (P ), (Q)  900 nên ta xét  và (Q) không vuông góc
với nhau.
�Gọi B là một điểm nào đó thuộc  , dựng đường thẳng qua B và vuông
góc với (Q) . Lấy điểm C cố định trên đường thẳng đó. Hạ
� .
CH  (P ), CK  d. Góc giữa mặt phẳng (P ) và mặt phẳng (Q) là BCH


Ta có sin BCH



BH
BK

.
BC
BC

BK

không đổi, nên BCH
nhỏ nhất khi H �K .
BC

�Mặt phẳng (P ) cần tìm là mặt phẳng chứa  và vuông góc với mặt phẳng
uuu
r
uur uur uuu
r
�là VTPT của (P ) .
u , �
u , nQ �
(BCK ) . Suy ra nP  �

� �


3. Gọi M là một điểm nào đó thuộc  , dựng đường thẳng d ' qua M và
song song với d . Lấy điểm A cố định trên đường thẳng đó. Hạ
AH  (P ), AK  d. Góc giữa mặt phẳng (P ) và đường thẳng d ' là
HM
KM



.
AMH . Ta có cos AMH 
AM
AM



KM
không đổi, nên �
AMH lớn nhất khi H �K .
AM

�Mặt phẳng (P ) cần tìm là mặt phẳng chứa  và vuông góc với mặt phẳng
uuu
r
uur uur uuur
� là VTPT của (P ) .
u , �
u ,u �
(d ',  . Suy ra nP  �
� � d ' �

Ví dụ 1. 8 Trong không gian với hệ toạ độ đề các vuông góc Oxyz cho
x1 y z 2
A (2;5;3) và đường thẳng d :
 
. Tìm tọa độ hình chiếu
2
1
2
vuông góc của A lên d và viết phương trình mặt phẳng (P ) chứa đường
thẳng d sao cho khoảng cách từ A đến (P ) lớn nhất.
Lời giải.
186


uur
�Đường thẳng d có ud  (2;1;2) là VTCP.

Gọi H là hình chiếu của A lên d � H (1  2t; t;2  2t)
uuuur
� AH  (2t  1; t  5;2t  1) .
Do

uuuur uur
AH  d � AH .ud  0 � 2(2t  1)  t  5  2(2t  1)  0 � t  1 � H (3;1;4)

.
�Gọi H ' là hình chiếu của A lên mp(P ) .

Khi đó, ta có: AH ' �AH � d( A, (P )) lớn nhất  �H

H'
uuuur
Suy ra AH  (1; 4;1) là VTPT của (P ) và (P ) đi qua H .

(P )

AH

Vậy phương trình (P ) : x  4 y  z  3  0 .
Ví dụ 2.8 Trong không gian với hệ toạ độ đề các vuông góc Oxyz cho

bốn điểm A  1;0;0 , B  1;1;0 , C  0;1;0 , D  0;0; m với m �0 là tham
số.
1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BD khi m  2 ;
2. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên BD . Tìm các giá trị của tham
số m để diện tích tam giác OBH đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải.
uuur
uuur
Ta có: AB  (0;1;0), CD  (0; 1; m)
uuur
uuuu
r
1. Với m  2 ta có: CD  (0; 1;2) và AC  (1;1;0)
uuur uuur
uuur uuur uuuu
r
AB, CD � (2;0;0) � �
AB, CD �.AC  2
Do đó �




uuur uuur uuuu
r

AB, CD �.AC
uuur uuur
2


  1.
Vậy d( AB, CD) 
uuur uuur
2

AB, CD �



2. Đặt x  OH � BH  OB 2  OH 2  2  x2
1
1 2
1
1
x. 2  x2 
x (2  x2) � (x2  2  x2)  .
2
2
4
2
Đẳng thức xảy ra � x  1 � OH  1 � d(O, BD)  1
uuur
uuur
uuur uuur
BD, OB � ( m; m;0)
Ta có: BD  (1; 1; m), OB  (1;1;0) � �



Suy ra SOBH 

187


uuur uuur

BD, OB �



Do đó d(O, BD) 
uuur
BD

m 2
2  m2

 1 � 2m2  2  m2

� m �2

Vậy m  � 2 là giá trị cần tìm.
Lập phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M (1;9;4) và cắt
các trục tọa độ tại các điểm A, B, C (khác gốc tọa độ) sao cho:
1. M là trực tâm của tam giác ABC ;
2. Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng ( ) là lớn nhất;
3. OA  OB  OC ;
4. 8OA  12OB  16  37OC và xA  0, zC  0 .
Ví dụ 3.8

Lời giải.

Giả sử mặt phẳng ( ) cắt các trục tọa độ tại các điểm khác gốc tọa độ là
A (a;0;0), B(0; b;0), C (0;0; c) với a, b, c �0.
x y z
   1.
a b c
1 9 4
Mặt phẳng ( ) đi qua điểm M (1;9;4) nên    1 (1).
uuuur
uuur
uuuur a b c uuur
1. Ta có: AM (1  a;9;4), BC (0;  b; c), BM (1;9  b;4), CA(a;0;  c).

Phương trình mặt phẳng ( ) có dạng

�M �( )

�uuuur uuur
Điểm M là trực tâm tam giác ABC khi và chỉ khi �AM .BC  0
�uuuur uuur
�BM .CA  0
�1 9 4
�   1
a b c

98
49

��
9b  4c
� a  98; b 
;c 
.
9
2
�a  4c


Phương trình mặt phẳng ( ) cần tìm là x  9y  4z  98  0.

2.
Cách 1: Ta có:

d(O, ( )) 

1
1
a2



1
b2



1
c2



1
1
a2



1
b2



1

.

c2

188


Bài toán trở thành, tìm giá trị nhỏ nhất của T 

1
a2



1
b2



1
c2

với các số

thực
a, b, c �0 thỏa mãn

1 9 4
   1 (1).
a b c

Ap dụng bđt Bunhiacopski ta có:
2

�1
� 1
1
1�
1
1�
1.  9.  4. � �(12  92  42) � 

.


b
c�
� a
�a2 b2 c2 �
1
Nên suy ra T � . Dấu đẳng thức xảy ra khi
98
� 1
1
1
1:  9:  4 :

� a
b
c � a  9b  4c  98.

1
9
4
�   1
�a b c
Phương trình mặt phẳng ( ) cần tìm là x  9y  4z  98  0.
Cách 2: Gọi H là hình chiếu của O trên mặt phẳng ( ) .
Vì mặt phẳng ( ) luôn đi qua điểm cố định M nên
d(O, ( ))  OH �OM  98.
Dấu đẳng thức xảy ra khi H �M , khi đó ( ) là mặt phẳng đi qua M và có
uuuur
véc tơ pháp tuyến là OM(1;9;4) nên phương trình ( ) là
1.(x  1)  9( y  9)  4.(z  4)  0 � x  9y  4z  98  0.

3. Vì OA  OB  OC nên a  b  c , do đó xảy ra bốn trường hợp sau:
�Trường hợp 1: a  b  c.
1 9 4
Từ (1) suy ra    1 � a  14, nên phương trình ( ) là:
a a
x  y  z  14  0.

a

�Trường hợp 2: a  b   c. Từ (1) suy ra

phương trình ( ) là x  y  z  6  0.
�Trường hợp 3: a  b  c. Từ (1) suy ra

phương trình ( ) là x  y  z  4  0.
�Trường hợp 4: a  b   c. Từ (1) có

1 9 4
   1 � a  6, nên
a a a
1 9 4
   1 � a  4, nên
a a a

1 9 4
   1 � a  12, nên
a a a

phương trình ( ) là x  y  z  12  0.
Vậy có bốn mặt phẳng thỏa mãn là x  y  z  14  0, và các mặt phẳng
189


x  y  z  6  0, x  y  z  4  0, x  y  z  12  0.

4. Vì xA  0, zC  0 nên a  0, c  0, do đó
8OA  12OB  16  37OC � 8a  12 b  16  37c.
8
2a  4
a, b 
, a  2 nên từ (1) ta có
37
3

a5
1
27
37


 1 � a2  2a  35  0 � �
a 2a  4 2a
a  7


�Nếu b  0 � c  

40
, phương trình mặt phẳng cần tìm là
37
( ) : 8x  20y  37z  40  0.

Vì a  2 nên a  5 � b  2; c  

�Nếu b  0 � c  

8
4  2a
a, b 
, a  2 nên từ (1) ta có
37
3

1
27
37
29 �3 109


 1 � a2  29a  35  0 � a 
a 4  2a 2a
2
a

2

nên không có giá trị thỏa mãn.
Vậy phương trình mặt phẳng ( ) : 8x  20y  37z  40  0.

Cho mặt cầu (S) : (x  1)2  ( y  1)2  (z  1)2  25 và mặt
phẳng ( ) có phương trình 2x  2y  z  7  0
1. Chứng minh rằng mặt phẳng ( ) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn.
Xác định tâm và tìm bán kính của đường tròn đó;
2. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A (1; 1;2), B(3;5; 2)
và (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất.
Ví dụ 4.8

Lời giải.
Mặt cầu (S) có tâm I (1;1;1) , bán kính R  5 .

1. Ta có d(I , ( )) 

2 2 1 7
2

2

2

2  2 1

 4  R , suy ra ( ) cắt mặt cầu (S) theo

đường tròn tâm H bán kính r  R 2  d2 (I , ( ))  3
H là hình chiếu của I lên mặt phẳng ( ) , suy ra phương trình của HI là:
�x  1  2t

�y  1  2t
�z  1  t


190


�x  1  2t

�y  1  2t

Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ �
�z  1  t

2x  2y  z  7  0

� 5 5 1�
Vậy tâm H � ;  ;  �.
� 3 3 3�


5
x y 


3

�z   1

3

�x  1  t
uuur

2. Ta có AB   2;6; 4 nên phương trình đường thẳng AB : �y  1  3t
�y  2  2t


Vì I A  R nên mặt phẳng (P ) đi qua AB luôn cắt mặt cầu (S) theo đường
tròn có bán kính r  25  d2 (I , (P )) .
Do đó r nhỏ nhất � d(I , (P )) lớn nhất.
Gọi K , H lần lượt là hình chiếu của I lên AB và (P ) , ta luôn có
I H �I K nên suy ra d(I , (P )) lớn nhất  H K
uuur
Do H �AB � H (1  t; 1  3t;2  2t) � I H  (t;3t  2;1  2t)
uuur uuur

Vì I H  AB � I H .AB  0 � t  3(3t  2)  2(1  2t)  0 � t 
uuur �4 2 1 �
� IH  � ; ; �
�7 7 7 �

4
7

Vậy phương trình ( ) : 4x  2y  z  4  0 .
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
(P ) : 2x  y  2z  14  0 và mặt cầu x2  y2  z2  2x  4 y  2z  3  0
1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Ox và cắt (S) theo một
đường tròn có bán kính bằng 3 ;
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu (S) sao cho khoảng cách từ M đến
mặt phẳng (P) lớn nhất.
Ví dụ 5.8

Lời giải.

Mặt cầu (S) có tâm I (1; 2; 1) và bán kính R  3 .
�y  0
� phương trình (Q): ay  bz=0 .
�z  0

1.Trục Ox có phương trình: �

Mặt cầu (S) cắt (Q) theo một đường tròn có bán kính r  3  R
� I �(Q) � a  2b  0 , chọn b  1 � a  2 .
191


Vậy phương trình mp(Q): 2x  y  0 .
2. Gọi  là đường thẳng đi qua I và vuông góc với mp(P) . Suy ra phương
trình của  :

x1 y 2 z 1


2
1
2

 cắt mặt cầu (S) tại hai điểm A, B .

Khi đó nếu d( A, (P ))  d(B, (P )) � d(M , (P )) lớn nhất  M

A.

Tọa độ giao điểm của  và mặt cầu (S) là nghiệm của hệ:
�x2  y2  z2  2x  4 y  2z  3  0

.
�x  1 y  2 z  1



�2
1
2

Giải hệ này ta được hai giao điểm A (1; 1; 3), B (3; 3;1) .
Ta có: d( A, (P ))  7  d(B,(P ))  1 .
Vậy d(M ,(P )) lớn nhất � M (1; 1; 3) .
Ví dụ 6.8 Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng
(P ) : 2x  y  2z  6  0 và hai điểm A (5; 2;6), B(3; 2;1) . Tìm điểm M
thuộc (P ) sao cho:
1. MA  MB nhỏ nhất
2. MA  MB lớn nhất
Lời giải.

uuu
r

Mặt phẳng (P ) có nP  (2; 1;2) là VTPT
Thay tọa độ hai điểm A, B vào vế trái phương trình của (P ) ta được 18 và
4 nên hai điểm A, B nằm về cùng một phía so với (P ) .
1. Gọi A ' là điểm đối xứng với A qua (P ) , khi đó A ' và B ở khác phía so
với (P ) và với mọi điểm M �(P ) , ta có MA  MA ' .
Do đó M �(P ) : MA  MB  A ' M  MB �A ' B , mà A ' B không đổi và
đẳng thức xảy ra khi M  A ' B �(P ) , suy ra MA  MB nhỏ nhất
� M  A ' B �(P ) .
�x  5  2t

Ta có: AA '  (P ) � AA ' : �y  2  t
�z  6  2t


Tọa độ giao điểm H của AA ' và (P ) là nghiệm của hệ:
192


�x  5  2t
�x  1


�y  2  t
� �y  0 � H (1; 1;2)

�z  6  2t

�z  2

2
x

y

2
z

6

0

�xA '  2xH  xA  3

H là trung điểm của AA ' � �yA '  2yH  yA  2 � A '(3;2; 2)

�zA '  2zH  zA  2
�x  3  6t
uuuuur

Suy ra A ' B  (6; 4;3) , phương trình A ' B : �y  2  4t , t ��
�z  2  3t

� 21
�x 
�x  3  6t
� 11

y

2

4
t
14


� �y  
Tọa độ M là nghiệm của hệ �
11
�z  2  3t


� 5
2x  y  2z  6  0

�z  11

�21
�11

Vậy M � ; 

14 5 �
; �là điểm cần tìm.
11 11 �

2. Vì A, B nằm về cùng một phía so với (P ) nên với mọi M �(P ) ta luôn

AM  MB �AB , đẳng thức xảy ra khi M  AB �(P ) .
�x  5  2t

Phương trình AB : �y  2
�z  6  5t

� 17
�x  5  2t
�x 
7



17
3�
y


2


M
:

y


2 . Vậy M � ; 2;  �.
Tọa độ


7�
�7
�z  6  5t

3

2x  y  2z  6  0 �z  

7


193


Ví dụ 7.8

Trong không gian Oxyz cho điểm A (1; 1;1) , đường thẳng 

x1 y z1
 
và mặt phẳng (P ) : 2x  y  2z  1  0
2
1
1
1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng  và khoảng cách từ
A đến (Q) lớn nhất;
2. Viết phương trình mặt phẳng (R ) chứa  và tạo với (P ) một góc nhỏ

có phương trình :

nhất;
3. Viết phương trình mặt phẳng ( ) chứa hai điểm M (1;1;1), N (1;2; 1)
và tạo với đường thẳng  một góc lớn nhất.
Lời giải.

uuu
r

Mặt phẳng (P) có nP  (2; 1;2) là VTPT

u
r

Đường thẳng  đi qua B(1;0; 1) và có u  (2;1; 1) là VTCP.
ur

1. Cách 1: Giả sử n  (a; b; c) là VTPT của (Q) , suy ra phương trình của
(Q) có dạng: a(x  1)  by  c(z  1)  0 � ax  by  cz  a  c  0 (1)
Do  �(Q) nên 2a  b  c  0 � c  2a  b .
Do đó:
d( A, (Q)) 

2c  b
a2  b2  c2

Nếu b  0 � d( A, (Q)) 
Nếu b �0 thì ta đặt t 



4a  b
5a2  4ab  2b2

16a2  8ab  b2



5a2  4ab  2b2

4
5

a
16a2  8ab  b2 16t2  8t  1

 f (t)
, ta có:
b
5a2  4ab  2b2
5t2  4t  2

Xét hàm số f (t) với t �� ta có:
f '(t) 

24t2  54t  12
(5t2  4t  2)2

, f '(t)  0 � t  2, t  

Suy ra max f (t)  f (2) 

1
4

7
, do đó max d( A, (Q)) 
2

a  2b

14
, đạt được khi
2

Chọn b  1 ta tìm được a  2, c  3 .
Vậy phương trình (Q) : 2x  y  3z  1  0 .
194


Cách 2: Gọi K , H lần lượt là hình chiếu của A lên  và (Q) , khi đó
d(A,(Q))  AH �AK , mà AK không đổi nên d( A, (Q)) lớn nhất
 H K
uuuur
Dẫn tới (Q) là mặt phẳng đi qua K và nhận AK làm VTPT.
uuuu
r
Vì K � � K  1  2t; t; 1  t � AK   2t; t  1;  t  2
uuuur u
r
� 1 1 �uuuur
1
AK   � AK .u  0 � 4t  t  1  t  2  0 � t   � K �
0;  ;  �
, AK 
2
� 2 2�

Vậy phương trình (Q) : 2x  y  3z  1  0 .
2. Cách 1: Tương tự như trên ta có (Q) : ax  by  (2a  b)z  a  b  0


Gọi    (P ), (R ) , 00 � �900 .
Ta có: cos  

2a  b  2(2a  b)
3 a2  b2  (2a  b)2

Nếu a  0 � cos  
Nếu a �0 , đặt t 



1 b2  12ba  36a2
.
3 2b2  4ab  5a2

1
3 2

b
b2  12ba  36a2 t2  12t  36

 f (t)
thì ta có:
a
2b2  4ab  5a2
2t2  4t  5

7
53
Khảo sát hàm số f (t) ta tìm được max f (t)  f ( ) 
10

6

b
7
Suy ra max  cos   đạt được khi   , chọn b  7 � a  10
a

10

Vậy phương trình (R ) : 10x  7y  13z  3  0 .
Cách 2: Gọi d là đường thẳng đi qua B và vuông góc với (P )
�x  1  2t

Ta có phương trình d : �y   t
, lấy C (3; 1;1)  d, C
�z  1  2t


195

B


1





Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của C lên (R ) và  , khi đó   BCH

BH
BK

sin   sin BCH


.
BC
BC
BK
không đổi, nên suy ra  nhỏ nhất  H K hay (R ) là mặt
BC
phẳng đi qua  và vuông góc với mặt phẳng (BCK ) .



Mặt phẳng (BCK ) đi qua  và vuông góc với (P ) nên
uur
uuu
r u
r
n1  �
nP , u� (1;6;4) là VTPT của (BCK ) .



uuur
uur u
r

n

n
,
u
 10; 7;13
(
R
)
(
BCK
)
Do
đi qua  và vuông góc với
nên R �1 �
� 
là VTPT của (R ) , suy ra phương trình của (R ) : 10x  7 y  13z  3  0 .

3. Cách 1: Giả sử phương trình mặt phẳng ( ) có dạng:
ax  by  cz  d  0
�a  b  c  d  0

Do M , N �( ) nên �
� a  2b  c  d  0


3
d b


2

�c   a  1 b

2

Ta viết lại dạng phương trình của ( ) như sau:
2ax  2by  (b  2a)z  3b  0
uuu
r
Suy ra n  (2a;2b; b  2a) là VTPT của ( ) . Gọi   (�
  ))

196


Ta có:

uuu
ru
r
n .u
sin   uuu
r u
r 
n . u

4a  2b  b  2a
6. 4a2  4b2  (b  2a)2



1
6

b2  12ab  36a2
5b2  4ab  8a2

b
Nếu a  0 � sin   3 , với a �0 , đặt t  , t ��
a

2

Xét hàm số f (t) 

t2  12t  36
5t2  4t  8

Do đó max � sin max �

�5 � 53
.
�8 � 9

ta tìm được max f (t)  f � �

b 5
 , chọn b  5, a  8
a 8

Vậy phương trình của ( ) : 16x  10y  11z  15  0 .
uuuuu
r

Cách 2: Ta có: NM   2; 1;2 là VTCP của MN , suy ra phương trình
�x  1  2t

đường thẳng MN : �y  1  t , t ��. Gọi d là đường thẳng đi qua M ,
�z  1  2t

�x  1  2t

song song với  . Suy ra phương trình d : �y  1  t , t ��
�z  1  t


Trên d ta lấy điểm A (3;2;0) . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên

( ) và MN , khi đó  ( ),    �
ABH .
ABH 
Ta có: cos �
 H

BH
BK
BK

, mà
không đổi nên �
ABH lớn nhất
BA
BA
BA

K

Hay ( ) là mặt phẳng đi qua MN và vuông góc với mặt phẳng
( ) �(MN , d)
uuu
r
uuuuu
r u
r
NM , u�  1;6;4 là VTPT của ( )
Ta có: n  �


uuu
r
uuuuu
r uuu
r
NM , n �  16; 10;11 là VTPT của ( )
Suy ra n  �



Vậy phương trình của ( ) : 16x  10y  11z  15  0 .
197


Ví dụ 8.8 Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( ) : x  y  z  3  0
và điểm A (1;2;3) . Lập phương trình đường thẳng  nằm trong ( ) và
1.  đi qua M (1;1;1) và khoảng cách từ A đến  lớn nhất, nhỏ nhất;
x 2 y
z
 
2.  đi qua M và khoảng cách giữa  và d :
lớn nhất.
1
2 1
Lời giải.
ur
Mặt phẳng ( ) có n  (1;1;1) là VTPT
u
r
Gọi u  (a; b; c) là VTCP của  , do  �(P ) � a  b  c  0 � c  a  b

(1)

uuuur

u
r uuuur

u, AM �  c  2b;2a;  a
1. Ta có: AM   0; 1; 2 � �


u
r uuuur

u, AM �



Do đó: d( A, ) 
u
r
u


1
2

(c  2b)2  5a2
a2  b2  c2



(b  a)2  5a2
a2  b2  (a  b)2

b2  2ab  6a2
b2  2ab  b2

Nếu a  0 � d( A, ) 
Xét hàm số f (t) 

1
2

, với a �0 đặt t 

t2  2t  6
t2  t  1

b
, t ��
a

, khảo sát hàm số f (t) ta tìm được

2
2
max f (t)  ff( )  10, min (t)  f (4) 
3
3

198


�Khoảng cách từ A đến  lớn nhất khi t  

2
b
2
�   , chọn
3
a
3

b  2 � a  3, c  1 , suy ra phương trình đường thẳng :
x 1 y 1 z  1
:


3
2
1
�Khoảng cách từ A đến  nhỏ nhất khi t  4 �

b
 4 , chọn
a

b  4 � a  1, c  5 , suy ra phương trình đường thẳng :
x 1 y 1 z  1
:


.
1
4
5
uur
2. Đường thẳng d đi qua N (2;0;0) và có u1  (1;2; 1) là VTCP
uuuur
u
r uur
u
r uur uuuur
MN   1; 1; 1 , �
u, u1 � (2a  b; b;2a  b) � �
u, u1 �.MN  3b
� �
� �

Do đó

u
r uur uuuur

u, u1 �.MN
� �
d(, d) 

u
r uur

u, u1 �
� �

3b
(2a  b)2  b2  (2a  b)2

3

b2
4a2  3b2

� 3

u
r

Đẳng thức xảy ra khi a  0 � c  b � u  b(0;1; 1)
�x  1

Vậy phương trình  : �y  1  t .
�z  1  t

Ví dụ 9.8

Lập phương trình đường thẳng d đi qua A (0;  1; 2) và cắt

x1 y z2
 
sao cho:
2
1
1
1. Khoảng cách từ B (2; 1;1) đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất;
x 5
y
z

 là lớn nhất.
2. Khoảng cách giữa d và  :
2
2 1
Lời giải.
Giả sử d cắt d ' tại điểm M thì M (1  2t; t; 2  t), t ��.
uuuur
AM  (2t  1; t  1;  t) là VTCP của đường thẳng d .
uuur uuuur
uuur
AB, AM � (1  t; 1; 4  2t).
1. Ta có AB  (2; 2;  1) nên �


:
đường thẳng d�

Khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng d là
199


uuur uuuur

AB, AM �


d(B, d) 

uuuur
AM

Ta có f (t) 

5t2  18t  18
2

6t  2t  2

5t2  18t  18
6t2  2t  2

(t) 
nên f �

98t(t  2)
(6t2  2t  2)2



f (t)

.

Từ đó ta tìm được max f (t)  ff(0)  18, min (t)  f (2) 

1
.
11

Do đó:
�min d(B, d) 

uuuur

1
11

đạt được khi t  2 � AM  (3; 3;  2) nên phương

x y1 z 2


.
3
3
2
uuuur
�max d(B, d)  3 2 đạt được khi t  0 � AM  (1;1; 1) nên phương

trình đường thẳng cần tìm d :

x
y1 z 2


.
1
1
1
uur
2.  đi qua N (5; 0; 0) và có véc tơ chỉ phương u  (2;  2; 1).
uur uuuur
uuuur


u
,
AM

(
t

1;
4
t

1;
6
t
),
AN  (5; 1;  2).
Ta có �


trình đường thẳng cần tìm d :

Khoảng cách giữa hai đường thẳng là:
uur uuuur uuuur

u , AM �.AN


d(; d) 

uur uuuur

u , AM �


 3.
(t) 
Vì f �

(2  t)2
53t2  10t  2

6(t  2)(4  37t)
2

2

(53t  10t  2)

6  3t
(t  1)2  (4t  1)2  (6t)2
 3. f (t), f (t) 

(2  t)2
53t2  10t  2

(t)  0 � t  2, t 
nên f �

.

4
.
37

uuuur
�4 �
1
Từ đó ta tìm được max f (t)  f � �, khi đó AM    29;  41; 4 .
�37 �

Vậy đường thẳng d có phương trình là d :

37

x
y1 z 2


.
29 41
4
200


CC BI TỐN DNH CHO HỌC SINH ÔN THI ĐẠI HỌC
Bi 1
1. Trong không gian Oxyz cho 2 điểm A (1;3; 2), B (3;7; 18) và mặt

phẳng  P  : 2x  y  z  1  0 .
a) Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với (P ) .
b) Tìm toạ độ điểm M thuộc (P ) sao cho MA  MB nhỏ nhất.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đề Các vuông góc Oxyz cho tứ diện
ABCD với A (2;3;2), B(6; 1; 2), C (1; 4;3), D(1;6;-5) . Tính góc giữa
hai đường thẳng AB và CD . Tìm tọa độ M trên CD sao cho tam giác
ABM có chu vi nhỏ nhất.
3. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng (P ) có phương

trình: x  2y  2z  5  0 và hai điểm A  3;0;1 , B  1; 1;3 . Trong các
đường thẳng đi qua A và song song với (P ) , hãy viết phương trình đường
thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất.
4. Lập phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M(1;4;9) và cắt các tia
Ox,Oy,Oz lần lượt tại các điểm A,B,C (khác gốc tọa độ) sao cho
a) Thể tích khối tứ diện OABC có giá trị nhỏ nhất.
b) OA  OB  OC đạt giá trị nhỏ nhất.
x 1 y  8 z 1


5. Cho đường thẳng  :
và các điểm A(3; 4; 1),
2
3
1
B(1; 6;  1), C(1; 10; 3). Tìm điểm M thuộc đường thẳng  sao cho
a) MA  MB nhỏ nhất.
b) MA  MC nhỏ nhất.
Bi 2
1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình hộp chữ nhật

ABCD.A ' B ' C ' D ' có A trùng với gốc tọa độ, B  a;0;0 , D  0; a;0 ,

A '  0;0; b với  a  0, b  0 . Gọi M là trung điểm của CC ' .

a) Tính thể tích của khối tứ diện BDA ' M .
b) Cho a  b  4 . Tìm max VA ' BDM .
2. Cho các điểm A(3;  1;0),B(2;1;  1),C(3;2;6).
a) Tìm điểm D thuộc mặt phẳng (Oyz) sao cho ABCD là tứ diện có các cặp
cạnh đối vuông góc.
b) Tìm điểm M trên trục hoành sao cho tam giác ABM có diện tích nhỏ nhất.
3. Cho hai điểm A(5;2;3),B(1;  2;  1).
a) Đường thẳng AB cắt mặt phẳng (Oxz) tại M. Điểm M chia đoạn AB theo tỉ
số nào?

201


b) Tìm tọa độ điểm N trên mặt phẳng (Oxz) sao cho NA  NB có giá trị nhỏ
nhất.
c) Cho điểm K có các thành phần tọa độ bằng nhau. Xác định K biết rằng
2K A 2  3K B 2 đạt giá trị lớn nhất
4. Cho A(1;  1; 2), mặt phẳng (P ) : x  y  z  1  0 và đường thẳng
x 1 y z  4
:
 
. Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm A
2
1
3
đồng thời
a) d //(P ) và khoảng cách giữa d và  là lớn nhất.
b) d //(P ) và góc giữa d và  là lớn nhất, bé nhất.
�x  1  t

: �
y  3  t (t �R) và khoảng cách từ điểm
c) d vuông góc với đường thẳng d�

z  1  t

B(1; 1;  1) đến đường thẳng d là lớn nhất, bé nhất.
Bi 3 Trong không gian Oxyz cho đường thẳng  :

x y z1
 
và ba
1 2
1

điểm A (3;2; 1), B (1; 2;1), C (2;1;3) . Tìm M � sao cho:

2. MA  MC nhỏ nhất.

1. MA  MB nhỏ nhất





Bi 4 Lập phương trình mặt phẳng ( ) đi qua M 1;4;9 sao cho ( ) cắt

các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại 3 điểm A, B, C thỏa:
1. M là trọng tâm tam giác ABC ;
2. Tứ diện OABC có thể tích lớn nhất;
3. Khoảng cách từ O đến ( ABC ) lớn nhất;
4. OA  OC  4OB và OA  OB  9 .













Bi 5 Cho A a;0;0 , B 0; b;0 , C 0;0; c với a, b, c  0 và

1 1 1
  2
a b c

1. Tìm tâm và bán kính R mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC . Tìm giá trị
nhỏ nhất của bán kính R .
2. Gọi r là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC . Chứng minh rằng:
1
3
r�
.
4
2( 3  1)
Bi 6 Cho các điểm A (1; 0;  1), B (2;  2; 1), C (0;  1; 0) .

202


1. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P ) : x  2y  2z  6  0 sao cho :
uuuur uuuur uuuur
MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất.

2. Tìm M thuộc mặt cầu (S) : (x  1)2  ( y  1)2  (z  1)2 
uuuur
uuuur
uuuur
2MA  4MB  3MC đạt giá trị lớn nhất.

57
sao cho :
2

Bi 7
1. Cho mặt cầu (S1) : x2  y2  z2  6x  12y  12z  72  0 và mặt cầu

(S2) : x2  y2  z2  9  0. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên

đường nối tâm của hai mặt cầu (S1) và (S2), tiếp xúc với hai mặt cầu đó và
có bán kính lớn nhất
2. Lập phương trình đường thẳng  đi qua điểm điểm A(3;  2; 1) và
x 1 y  1 z 1


sao cho
1
2
1
a) Khoảng cách từ B(2; 1;  1) đến  là lớn nhất, bé nhất.
�x  1  2t

: �
y  2  t (t �R) lớn nhất.
b) Khoảng cách giữa  và �

z  1  2t

cắt đường thẳng d :

c) Góc giữa  và mặt phẳng (P ) : 5x  2y  3z  8  0 lớn nhất.
x1 y 2
z
x 2 y1 z


:

 ,
Bi 8. Cho d :
và d�
1
2
1
2
1
2
(Q) : x  2y  2z  3  0. Lập phương trình mặt phẳng (P ) chứa đường
thẳng d và

1. Góc giữa mặt phẳng (P ) và mặt phẳng (Q) nhỏ nhất.
2. Góc giữa mặt phẳng (P ) và đường thẳng d�lớn nhất.
Bi 9 Trong không gian cho hai điểm A (1;4;2), B (1;2;4) và đường thẳng:
x 1 y 2 z
d:

 .
1
1
2

1. Viết phương trình mặt phẳng (P ) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến
(P ) lớn nhất.
2. Viết phương trình (Q) chứa d vào tạo với mặt phẳng (Oxy) một góc nhỏ
nhất.
203


3. Viết phương trình mặt phẳng (R ) chứa d và tạo với Oy một góc lớn
nhất.
Bi 10

Cho các điểm A (1;  1; 2), B (2; 1; 0), C (2; 0; 1) và mặt phẳng (P ) có
phương trình 2x  y  z  3  0. Tìm điểm M thuộc (P ) sao cho
1. MA  MB có giá trị nhỏ nhất
2. MA  MC có giá trị lớn nhất.
3. MA  MC có giá trị nhỏ nhất
4. MA  MB có giá trị lớn nhất.
Bi 11.

x1 y1 z

 , đường thẳng
1. Cho O(0; 0; 0) và đường thẳng  :
1

2

1

x y 1 z1


. Lập phương trình đường thẳng d qua O, vuông
2
2
1
góc với  và cách d ' khoảng lớn nhất.
d�
:

2. Cho các điểm A(4; 1; 2), B(1; 4; 2), C(1; 1; 5) và đường tròn (C) là giao
của mặt phẳng (P ) : x  y  z  7  0 và mặt cầu (S) có phương trình
x2  y2  z2  2x  2y  4z  3  0 . Tìm tọa độ điểm M �(C ) sao cho
MA  MB  M C đạt giá trị lớn nhất.
Bi 12. Cho các điểm A,B,C lần lượt nằm trên các trục Ox, Oy, Oz (khác gốc
tọa độ). Lập phương trình mặt phẳng (ABC) biết

1. Điểm G(2;3;1) là trọng tâm của tam giác ABC.
2. Điểm H(5;  3;  2) là trực tâm của tam giác ABC.
3. Mặt phẳng (ABC) qua M(1;  2;3) và d(O,(ABC)) lớn nhất.
4. Mặt phẳng (ABC) qua N(1;2;3) và OA  OB  OC.
5. Mặt phẳng (ABC) qua P(3;2;1), điểm A có hoành độ bằng 2 đồng thời
OB  1  2OC.
Bi

13. Cho mặt phẳng
B(0;1;2),C(2;0;1).

(P ) :x  y  z  1  0 và ba điểm

A(1;1;1),

1. Tìm tọa độ điểm M có tung độ bằng 1, nằm trong mặt phẳng (P ) và thỏa mãn
MA  MB.
204


2. Tìm điểm N thuộc mặt phẳng (P ) sao cho 2NA 2  NB 2  NC 2 đạt giá trị nhỏ
nhất.
Bi 14.
1. Cho mặt phẳng (P ) : x  2y  z  1  0 và các điểm A(1; 0;0),
B(0; 2;  3). Lập phương trình đường thẳng d nằm trong (P ), đi qua A và cách
B một khoảng lớn nhất, nhỏ nhất?.

2. Lập phương trình đường thẳng d đi qua A(1;  1; 2), song song với mặt phẳng
(Q) : 2x  y  z  3  0, đồng thời d tạo với đường thẳng d�
:
một góc nhỏ nhất, lớn nhất?.

x 1 y 1 z


1
2
2

3. Lập phương trình đường thẳng d đi qua A(1; 0;  1) và cắt đường thẳng
x 1 y  2 z  2
d�
:


sao cho góc giữa đường thẳng d và đường thẳng
2
1
1
x3 y2 z3
:


là lớn nhất, nhỏ nhất?
1
2
2
x 1 y  2 z


Bi 15. Cho đường thẳng d :
và điểm A(1; 4; 2),
1
1
2
B(1; 2; 4). Lập phương trình mặt phẳng (P ) chứa đường thẳng d và
1. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P ) là lớn nhất.
2. Góc giữa mặt phẳng (P ) và mặt phẳng (xOy) là nhỏ nhất.
3. Góc giữa mặt phẳng (P ) và trục Oy là lớn nhất.

Chú ý: Trong không gian cho n điểm A1, A2,..., An .
1. Tìm M sao cho P  1MA12   2MA22  ...   n MAn2
a) Nhỏ nhất khi 1   2  ...   n  0
b) Lớn nhất khi 1   2  ...   n  0
uuuuur

uuuuur

uuuuur

2. Tìm M sao cho P  1 MA1  2 MA2  ...   n MAn nhỏ nhất hoặc lớn
n

nhất , trong đó

� i

i 1

Phương pháp giải:

205

�0 .


uuuu
r

uuuu
r

uuuur

r

Gọi I là điểm thỏa mãn: 1 I A1   2 I A2  ...   n I An  0 điểm I tồn tại
n

và duy nhất nếu

� i

�0 . Khi đó :

uuuu
r 2

uuur uuuu
r 2
uuur uuuur 2
 1 MI  I A2  ...  1 MI  I An

i 1



uuur

1. P  1 MI  I A1







 (1   2  ...   n )I M 2 





n

�1I Ai2

i 1

n

Do

�1I Ai2

không đổi nên:

i 1

�Nếu 1   2  ...   n  0 thì P nhỏ nhất � MI nhỏ nhất
� Nếu 1   2  ...   n  0 thì P lớn nhất � MI nhỏ nhất



uuur

uuuu
r





uuur

uuuu
r





uuur

uuuur



2. P  1 MI  I A1   2 MI  I A2  ...   n MI  I An 

n

� i .MI

i 1

Do đó P nhỏ nhất hoặc lớn nhất � MI nhỏ nhất hoặc lớn nhất.
�Nếu M thuộc đường thẳng  (hoặc mặt phẳng (P ) ) thì MI lớn nhất khi
và chỉ khi M là hình chiếu của I lên  (hoặc (P ) ).
�Nếu M thuộc mặt cầu (S) và đường thẳng đi qua I và tâm của (S), cắt
(S) tại hai điểm A, B ( I A  I B) thì MI nhỏ nhất (lớn nhất)  M B (
M �A ).
Ví dụ 10.8 Cho (P ) : x  y  z  1  0 và ba điểm A (1;1;1), B(0;1;2),
C (2;0;1) .
1. Tìm tọa độ điểm M �(P ) sao cho MA  MB và yM  1 ;

2. Tìm N �(P ) sao cho S  2NA 2  NB2  NC 2 nhỏ nhất.
Lời giải.
1. Gọi M (x;1; z) �(P ) , ta có: x  1  z  1  0 � x   z

Suy ra MA  MB � (x  1)2  (z  1)2  x2  (z  2)2
� 2x  2z  2  4z  4
1
1
1 1
� z  ; x   . Vậy M ( ;1; ) .
2
2
2 2uur uur uuu
r r
2. Gọi I (x; y; z) là điểm thỏa mãn 2I A  I B  I C  0 (*)
206


Tauucó:
r

uur
uuu
r
2I A   2  2x;2  2y;2  2z , I B    x;1  y;2  z , I C   2  x;  y;1  z

�4x  0
� 3 5�
3
5

Nên (*) � �3  4 y  0 � x  0, y  , z  . Suy ra I �0; ; �
4
4
� 4 4�

5  4z  0

uuuu
r2
uuur uur 2
uuur uur
Khi đó: 2NA  2 NI  I A  2NI 2  2I A 2  4NI .I A





uuuu
r2
uuur uur uuuu
r2
uuur uuu
r
NB  NI 2  I B 2  2NI .I B ; NC  NI 2  I C 2  2NI .I C

Do đó

uuur uur uur uuu
r
S  4NI 2  2I A 2  I B 2  I C 2  2NI 2I A  I B  I C  4NI 2  2I A 2  I B 2  I C 2





Do 2I A 2  I B 2  I C 2 không đổi nên S nhỏ nhất khi và chỉ khi NI nhỏ
nhất hay N là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P ) .
uuur



3
4

5 � ur
4�

Gọi N (x; y; z) � I N  �x; y  ; z  �, n   1; 1;1 là VTPT của (P )


Vì N �(P ) � x  y  z  1  0 (1)

�x  k

uuur
ur
� 3
I
N

kn

I
N

(
P
)
Do
nên
�y   k thay vào (1), ta có được:
� 4
� 5
z k

� 4
�3
� �5

3
3
3
1
k  �  k � �  k � 1  0 � k   � x   , y   , z  
2
2
4
4
�4
� �4

�3
�2

3
4

1�
4�

Vậy N � ;  ;  �.
Ví dụ 11.8
C (2; 3; 1)

Trong không gian cho ba điểm A (1;2;3), B (1;0; 3),

1. Tìm M thuộc mặt phẳng ( ) : 2x  y  2z  1  0 sao cho biểu thức sau
nhỏ nhất S  3MA 2  4MB 2  6MC 2 ;
x1 y1 z1


sao cho biểu thức
2
3
1
uuuur
uuuur
uuuur
sau lớn nhất: P  MA  7MB  5MC ;

2. Tìm M thuộc đường thẳng  

207


3. Tìm M thuộc mặt cầu (S) : (x  2)2  ( y  2)2  (z  8)2  36 sao cho
biểu thức F  MA 2  4MB 2  2MC 2 đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
Lời giải.

1. Cách 1:

uur

uur

uuu
r

r

uur

uuuu
r

uuur

Gọi I (x; y; z) là điểm thỏa mãn: 3I A  4I B  6I C  0 � I A  6AC  4 AB
(*)
uur

uuuu
r

uuur

Mà I A  (1  x;2  y;3  z), 6AC  (6; 30; 24), 4 AB  (8; 8; 24)

1 x  6 8

Do đó (*) � �2  y  30  8 �

3  z  24  24


Khi đó:

�x  13

�y  24 � I (13;24;3)
�z  3


uuuur2
uuuur2
uuuur2
uuur uur 2
uuur uur 2
uuur uuu
r 2
S  3MA  4MB  6MC  3 MI  I A  4 MI  I B  6 MI  I C













uuur uur
uur
uuu
r
 I M 2  2MI 3I A  4I B  6I C  3I A 2  4I B 2  6I C 2





 I M 2  3I A2  4I B 2  6I C 2 .

Do 3I A 2  4I B2  6I C 2 không đổi nên S nhỏ nhất � I M nhỏ nhất � M
là hình
�x  13  2t

chiếu của I lên ( ) . Ta có I M  ( ) � I M : �y  24  t
�z  3  2t

�x  13  2t

�y  24  t

Tọa độ của M là nghiệm của hệ: �
�z  3  2t

2x  y  2z  1  0


�x  11

�y  25
�z  1


Vậy M (11;25;1) là điểm cần tìm.
Cách 2: Gọi M (a; b; c) �( ) � 2a  b  2c  1  0
Suy ra: 3MA 2  3a2  3b2  3c2  6a  12b  18c  42
4MB 2  4a2  4b2  4c2  8a  24c  40
208


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×