cực trị - CÓ ĐÁP ÁN

(Cực Trò Trong Không Gian Toạ Độ)
Bài tập minh hoạ: Trong không gian Oxyz cho hai điểm : A(1;4;2) ; B(-1;2;4) và đường thẳng






=
+−=
−=
t2z
t2y
t1x
:d
. Trong các đường thẳng đi qua A và cắt d ; hãy viết phương trình đường thẳng
)(∆
có khoảng cách đến điểm B là : a) Nhỏ nhất. b) Lớn nhất
Bài giải đề nghò.
Cách 1 : Phương pháp hình học.
Gọi
)(∆
là đường thẳng qua A và cắt d;
)(∆
và d cùng thuộc măt phẳng (P)= mp(A;d).
Gọi H là hình chiếu của B trên (P); K là hình chiếu của H trên
)(∆
thì BK
⊥
)(∆
. Vậy BK

chính là khoảng cách từ B đến
)(∆
.
* Trong tam giác vuông BKH thì BK
≥
BH nên BK ngắn nhất khi K
H≡
. Khi ấy
)(∆
đi qua
hai
điểm A và H.
*Trong tam giác vuông BKA thì BK
≤
BA nên BK lớn nhất khi K
A≡
. Khi ấy
)(∆
đi qua A
nằm trong (P) và vuông góc với BA.
a) Trường hợp d(B,
)(∆
nhỏ nhất.
Phương trình mp(P)= mp(A,d).
VTCP của d là
)2;1;1(a
d
−=
→
. Hai điểm A(1;4;2) và M(1;-2;0) thuộc d và

)2;6;0(AM −−=
→
.
Do đó VTPT của mp (P) là
)6;2;10(AM,an
d
−=






=
→→→
. Ta chọn
)3;1;5(n −=
→
.
Ta được phương trình mp(P): 5(x-1)-1(y+2)+3(z-0) = 0
⇔
5x-y+3z-7 = 0.
Gọi H là hình chiếu của B trên (P). Ta dễ dàng tìm được
)
35
146
;
35
68
;

7
5
(H −
. Như thế véctơ chỉ
phương của
)(∆
là
)
7
76
;
7
72
;
7
12
(AH −−=
→
. Chonï VTCP của
)(∆
là
)19;18;15(a −=
→
.
Ta đựoc phương trình của
)(∆
:
19
2z
18

4y
15
1x
−
−
=
−
=
−
b) Trường hợp d(B,
)(∆
lớn nhất
Trường hợp nầy thì
)(∆
nằm trong (P) , đi qua A và vuông góc với BA.
Ta có
)2;2;2(AB −−=
→
; VTPT của (P) là
)3;1;5(n −=
→
. Do đó VTCP của
)(∆
là:







=
→→→
n,ABa
=(-4;16;12) . Chọn
)3;4;1(a −=
→
Ta được phương trình đường thẳng
3
2z
4
4y
1
1x
:)(
−
=
−
=
−
−
∆
Cách 2: Phương pháp giải tích.
Gọi M = d
∩
)(∆
thì M( 1-t;-2+t;2t) và
)(∆
có VTCP là
)2t2;6t;t(AM −−−=
→

.
Ta có:
)2;2;2(AB −−=
→
. Do đó khoảng cách từ B đến đường thẳng
)(∆
là:
20t10t3
208t152t28
40t20t6
416t304t56
AM
AB,AM
d
2
2
2
2
+−
+−
=
+−
+−
=







=
→
→→
Xét hàm số
20t10t3
208152t28
d)t(f
2
2
2
+−
+−
==
.
Ta có
22
2
)20t10t3(
)60t8t11(16
)t('f
+−
−−
=
. f(t)= 0
⇔
t = -2 hoặc t= 30/11.
Do
3
28
)t(flim;

15
4
)
11
30
(f12)2(f
x
===−
±∞→
nên Max f(t)= 12 khi t= - 2 và min f(t)= 4/5
khi= 30/11.
Với max f(t) = max d
2
= 12 , ta có max d=
12
khi t=-2 cho
)6;8;2(AM −−=
→
. Chọn VTCP
của
)(∆
là
)3;4;1(a −−=
→
ta được phương trình
3
2z
4
4y
1

1x
:)(
−
−
=
−
−
=
−
∆
Với min f(t)= mind
2
=4/15 , ta có min d=
15
2
khi
11
30
t =
cho






−−=
→
11
38

;
11
36
;
11
30
AM
Chọn VTCP của
)(∆
là
)19;18;15(a −=
→
. Ta được phương trình của
)(∆
là:
19
2z
18
4y
15
1x
−
−
=
−
=
−
Bài Toán Minh Hoạ: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d:
3z1y
2

1x
−=+=
+
và mặt phẳng
(P):x+2y-z+5=0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ nhất.
Lời giải tham khảo
Cách 1: Phương pháp hình học:
Gọi d’= (P)
∩
(Q) và A=d
∩
(P) thì A
∈
d’.Lấy K
∈
d,kẻ KH
⊥
(P) và HI
⊥
d’thì :

α==
∧
)Q,P(KIH
. Trong tam giác vuông KIH :
HI
KH
tan =α
, do KH không đổi nên:
tan

α
nhỏ nhất
⇔
HI lớn nhất
⇔
I
A≡
(do HI
≤
HA)
.
Khi ấy thì d’ vuông góc với d . Vậyd’đi qua A vuông góc với d và nằm trong (P).
Mặt phẳng (Q) cần tìm là mặt phẳng chứa d và d’.
VTCP của d là
)1;1;2(u =
→
; VTPT của (P) là
)1;2;1(n
P
−
→
suy ra VTCP của d’ là

)1;1;1('uhay)3;3;3(n,u'u
P
−−=−=







=
→→→→
. Do đó VTPT của mặt phẳng (Q) là:

)1;1;0(nhay)3;3;0('u,un
QQ
−=−=






=
→←→→
.
Điểm M(-1;-1;3)
∈
d
⇒
M
∈
(Q).
Mặt phẳng (Q) cần tìm có phương trình: 0(x+1)+1(y+1)-1(z-3) = 0
y-z+4 = 0
Cách 2: Phương pháp giải tích.
Đặt phưong trình mặt phẳng (Q): Ax + By + Cz +D = 0
)0CBA(

222
≠++
M(-1;-1;3)
∈
d ; N(1;0;4)
∈
d
⇒
M;N
∈
(Q) Ta được:



+=
−−=
B4A7D
BA2C
Do đó (Q):
0B4A7z)BA2(ByAx =++−−++
. VTPT của (Q) là
)BA2;B;A(n
Q
−−=
→
.
Ta có VTPT của mặt phẳng (P) là :
)1;2;1(n
P
−=

→
.Gọi
α
là góc giữa (P) và (Q) thì:
AB4B2A5
BA
.
6
3
n.n
n.n
cos
22
QP
QP
++
+
==α
→→
→→
.
Ta xét hai trường hợp của A.
Trường hợp 1: A=0. Ta được cos
α
=
2
3
B2
B
.

6
3
2
=
Trường hợp 2: A
0≠
Ta có






+






+
+
=α
A
B
4
A
B
25
A

B
1
.
6
3
cos
2
Xét hàm số: f(x) =
)cos)x(f;
A
B
x(
5x4x2
1x2x
.
6
9
2
2
2
α==
++
++

( )
2
2
5x4x2
6x6
.

6
9
)x('f
++
+
=
f’(x) = 0
⇔
x= -1.
Vậy cos
2
α
<
4
3

2
3
cos <α⇒
6
π
>α⇒
( Do hàm cosin x nghòch biến trên đọan






π

2
;0
)

Trường hợp (1) và (2)
6
min
π
=α⇒

Khi ấy thì A=0 , ta chọn B=1
⇒
C= =1 và D= 4.
Phương trình mặt phẳng (Q) : y-z+4 = 0.
Ghi Chú:
1/ Có thể xét hai trường hợp B=0 ; B
0≠
( Hoặc xét hai trưòng hợp A+B=0 ; A+B
0≠

như sách Bài tập nâng cao lớp 12 trang 240 )
2/ Bài toán 6: Cho hai điểm A;B và đường thẳng d. Trong các đường thẳng đi qua A và
cắt d, viết phương trình đường thẳng có khoảng cách đến B là :
x
+-1
f’(x)
f(x)
0- +
0
4

3
4
3
-
a) Lớn nhất. b) Nhỏ nhất
Bài tập minh hoạ: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng





=
+−=
−=
t2z
t2y
t1x
:)d(
. Viết phương trình mặt p
phẳng (P) chứa (d) và tạo với trục Oy góc lớn nhất.
Lời giải tham khảo.
Cách 1: Phương pháp hình học.
Qua điểm A trên d dựng đường thẳng d’ song song với Oy. Lấy điểm M trên d’ ; gọi K là hình
chiếu của M trên d. ta có :
)Oy,d(MAK =α=
∧
.Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên
(P) thì
)P,Oy()P,'d(MAH ==β=
∧

. Như thế :
AM
MH
sin;
AM
MK
sin =β=α
.Trong tam giác
vuông MHK thì
KHkhimaxsinsinMKMH ≡α=β⇒α≤β⇒≤
. Vậy mặt phẳng (P) cần
tìm
vuông góc với MK tại K.
Giải: A(1;-2;0) thuộc d. Đường thẳng Oy có véctơ chỉ phương
)0;1;0(j =
→
; nên nếu d’ qua A
và song song với Oy thì d’ có phương trình là





=
+−=
=
0z
t2y
1x
. Lấy M(1;-1;0) thuộc d’ thì hình

chiếu vuông góc của M trên d là
)6
2
;
6
5
;
6
1
(MK)
3
1
;
6
11
;
6
5
(K −−=⇒−
→
) . Chọn véctơ pháp tuyến
của (P) là
)2;5;1(n −=
→
Phưong trình mặt phẳng (P):
0)
3
1
z(2)
6

11
y(5)
6
5
x(1 =−−++−
Kết quả: (P): x+5y-2z+9= 0.
Cách 2: Phương pháp giải tích.
Lấy M(1;-2;0)
∈
d ; N(0;-1;2)
∈
d. Đặt (P): Ax+By+Cz+D=0
( )
0CBA
222
≠++
Do M và N thuộc (P) nên:





−
=
+−=
2
BA
C
B2AD

0AB2z
2
BA
ByAx:)P( =−+
−
++⇒
.
Ta có VTPT của (P) là
)
2
BA
;B;A(n
−
=
→
và VTCP của Oy là
)0;1;0(j
→
.
Gọi
)Oy,P(=α
thì
AB2B5A5
B2
2
BA
BA
B
j.n
j.n

sin
222
22
−+
=






−
++
==α
→→
→→
+Nếu B=0 thì sin
α
= 0
⇒
α
= 0
0
.
+Nếu B
0≠
thì
)
B
A

x(
5x2x5
2
B
A
25
B
A
5
2
sin
22
=
+−
=






−+






=α

Xét hàm số
5x2x5
4
sin)x(f
2
2
+−
=α=
.
5
1
x0)x('f;
)5x2x5(
)2x10(4
)x('f
22
=⇔=
+−
+−
=
. Ta được Maxf(x)=
6
5
khi
5
1
x =
Vậy
α
lớn nhất khi

5
1
B
A
=
. Chọn A=1 và B=5 thì C=-2 , D= 9.
Phương trình mặt phẳng (P): x+5y-2z+9=0.
Vónh Long, ngày 10 tháng 6 năm 2009.
GV Nguyễn Ngọc Ấn
****************************************************************************
Chú ý:
1/ Có thể viết
5
24
2
5
24
5
1
x5
2
5
24
)
25
1
x
5
2
x(5

2
sin
2
2
≤
+






−
=
++−
=α
Do đó max(sin
α
) =
24
52
khi
5
1
x =
.
2/ Bài toán 5: Cho mặt phẳng (P) và đường thăng d. Viết phương trình mặt phẳng (Q)
chứa d và tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ nhất.
Bài tập minh hoạ: Trong không gian Oxyz cho điểm A(1;2;4) và đường thẳng
2

z
1
2y
1
1x
:)d( =
+
=
−
−
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa (d) sao cho khoảng cách từ A đến (P) lớn nhất.
(Tương tự đề thi Đại Học Khối A năm 2008)
Lời giải tham khảo
Cách1:Phương pháp hình học (Đáp án của Bộ)
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên (P) và K là hình chiếu vuông góc của A trên (d).
Ta có theo tính chất đoạn vuông góc và đoạn xiên :
MKMH ≤
, nên MH lớn nhất khi
KH ≡
.
Vậy mặt phẳng (P) cần tìm là mặt phẳng vuông góc với AK tại K.
Giải: Ta có
)2t2;6t;t(AK)d()t2;t2;t1(K −−−=⇒∈+−−
→
(d) có véctơ chỉ phương
)2;1;1(a −=
→
.
3

5
taAK =⇔⊥
→→
. Do đó
)
3
4
;
3
13
;
3
5
(AK −−=
→
. Chọn véctơ pháp tuyến của mặt
phẳng (P) là
)4;13;5(n −=
→
. Chọn điểm
)P(M)d()0;2;1(M
00
∈⇒∈−
.
Phương trình mặt phẳng (P): 5(x-1)+13(y+2)-4(z-0)=0
5x+13y-4z+21 = 0.
Cách 2: Phương pháp giải tích.
Đặt (P): Ax+By+Cz +D = 0 (
)0CBA
222

≠++
.
Chọn M(1;-2;0) và N(0;-1;2) thuộc (d) suy ra M,N thuộc (P).
Ta được :





−
=
+−=
⇔



=++−
=+−
2
BA
C
B2AD
0DC2B
0DB2A

Do đó (P):
.0B2Az.
2
BA
ByAx =+−

−
++
Ta có d=
AB2B5A5
B5A2
)P;A(d
22
−+
+
=
.
Ta xét các trường hợp:
Trường hợp 1: A=0. Ta được :
52
B5
B52
d
2
==
Trường hợp 2:
0A ≠
. Ta được :
)
A
B
x(
x2x55
x512
A
B

2
A
B
55
A
B5
12
d
22
=
−+
+
=






−






+
+
=
Ta có

5x2x5
)1x10x25(4
d
2
2
2
+−
++
=
Hàm số
5x2x5
1x10x25
)x(f
2
2
+−
++
=
đạt GTLN là :

5
13
xkhi
6
35
=
Vậy
5
13
A

B
xkhi
3
70
dmad)
6
35
(4dmax
2
===⇒=
.
( Chọn trường hợp 2 vì
52
3
70
>
)
Chọn A=5; B=13 thì C=-4 ; D= 21
Phương trình mặt phẳng (P): 5x+13y-4z+21=0.
Hết
Vình Long, ngày 8 tháng 6 năm 2009.
GV Nguyễn Ngọc Ấn, Trường PTTH Bán Công Vónh Long, TP Vónh Long.
Ghi chú:
1/ Có thể xét B=0 ,
0B
≠
(Tương tự như xét A).
2/ Bài toán 4 : Cho hai đường thẳng d và d’. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d và
tạo với d’ góc lớn nhất.