skkn một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (489.57 KB, 32 trang )
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ
TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH
LỚP 12
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong chương trình Hình học giải tích lớp 12, bên cạnh các dạng toán
quen thuộc như: viết phương trình mặt phẳng, phương trình đường thẳng,….
Ta còn gặp các bài toán tìm vị trí của điểm, đường thẳng hay mặt phẳng liên
quan đến một điều kiện cực trị. Đây là dạng Toán khó, chỉ có trong chương
trình nâng cao và đề tuyển sinh Đại học cao đẳng.
Trong quá trình trực tiếp giảng dạy và nghiên cứu tôi thấy đây là dạng
toán không chỉ khó mà còn khá hay, lôi cuốn được các em học sinh khá giỏi.
Nếu ta biết sử dụng linh hoạt và khéo léo kiến thức của hình học thuần túy,
véctơ, phương pháp tọa độ, giải tích thì có thể đưa bài toán trên về một bài
toán quen thuộc.
Đứng trước thực trạng trên, với tinh thần yêu thích bộ môn, nhằm giúp
các em hứng thú hơn, tạo cho các em niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở
ra một cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo
nền tảng cho các học sinh tự học, tự nghiên cứu. Được sự động viên, giúp đỡ
của các thầy trong hội đồng bộ môn Toán của sở GD, Ban Giám hiệu, đồng
nghiệp trong tổ Toán – Tin học trường THPT Trần Phú. Tôi đã mạnh dạn viết
chuyên đề “ Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12”.
II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA
ĐỀ TÀI
1. Thuận lợi.
- Kiến thức đã được học, các bài tập đã được luyện tập nhiều
- Học sinh hứng thú trong tiết học, phát huy được khả năng sáng tạo,
tự học và yêu thích môn học.
- Có sự khích lệ từ kết quả học tập của học sinh khi thực hiện chuyên
đề.
- Được sự động viên của BGH, nhận được động viên và đóng góp ý
kiến cuả đồng nghiệp.
2. Khó khăn.
- Giáo viên mất nhiếu thời gian để chuẩn bị các dạng bài tập
- Nhiều học sinh bị mất kiến thức cơ bản trong hình học không gian,
không nắm vững các kiến thức về hình học, vec tơ, phương pháp độ trong
không gian.
- Đa số học sinh yếu môn hình học.
3. Số liệu thống kê
Trong các năm trước, khi gặp bài toán liên quan đến Cực trị trong hình
học số lượng học sinh biết vận dụng được thể hiện qua bảng sau:
Không
nhận
biết
được
Nhận biết,
nhưng không
biết vận dụng
Nhận biết và
biết vận dụng
,chưa giải được
hoàn chỉnh
Nhận biết và
biết vận dụng
, giải được
bài hoàn
chỉnh
Số lượng 60 20 9 1
Tỉ lệ ( %) 66,7 22,2 9,9 1.1
III. NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ
1. Cơ sở lý luận.
Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phương pháp suy
luận, khả năng tư duy. Từ những kiến thức cơ bản phải dẫn dắt hoc sinh có
được những kiến thức nâng cao một cách tự nhiên (chứ không áp đặt ngay
kiến thức nâng cao).
Trong chuyên đề chủ yếu dùng phương pháp tọa độ trong không gian
để giải các bài toán được đặt ra.
2. Nội dung.
2.1. Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng.
a. Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (α)
- Gọi H là hình chiếu vuông góc của
M lên (α).
- Viết phương trình đường thẳng
MH(qua M và vuông góc với (α))
- Tìm giao điểm H của MH và (α).
· Nếu yêu cầu tìm điểm M’ đối xứng với
M qua mặt phẳng (α) thì ta vẫn tìm hình
chiếu H của M lên (α), dùng công thức trung
điểm suy ra tọa độ M’.
b.Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d:
- Viết phương trình tham số của d
- Gọi H
Î
d
có tọa độ theo tham số t
- H là hình chiếu vuông góc của điểm M
lên d khi
0
=
r uuuur
d
u MH
- Tìm t, suy ra tọa độ của H.
2.2 C a ́c bài toán cực trị liên quan đến tìm một điểm thỏa điều kiện
cho trước.
Bài toán 1: Cho n điểm A
1
, A
2,
A
n
, với n số k
1
, k
2
,.,k
n
thỏa k
1
+ k
2
+ ….+k
n
=
k ≠ 0 và đường thẳng d hay mặt phẳng (α). Tìm điểm M trên đường thẳng d
hay mặt phẳng (α) sao cho
1
1 2 2
n n
k MA k MA k MA
+ + +
uuur uuuur uuuur
có giá trị nhỏ nhất.
Lời giải:
- Tìm điểm I thỏa
1
1 2 2 n n
k IA + k IA + + k IA 0
=
uur uuur uuur r
- Biến đổi
1
1 2 2 n n 1 2 n
k MA + k MA + + k MA = (k + k + + k )MI = k MI
uuuur uuuuur uuuuur uuur uuur
- Tìm vị trí của M khi
MI
uuur
đạt giá trị nhỏ nhất
Giải:
1) Gọi điểm I thỏa
uur uur r
IA + IB = 0
thì I là trung điểm AB và I(0; 2; 4)
Khi đó
2= + =
uuuur uuur uuur uuur uuur uur uuur
MA + MB MI + IA + MI IB MI
có giá trị nhỏ nhất
<=>
uuur
MI
nhỏ nhất <=> M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d.
Đường thẳng d có vtcp
r
u = (1; 1; 1)
, phương trình tham số d:
ì
ï
í
ï
î
x = 4 + t
y = -1 + t
z = t
Tọa độ M(t + 4; -1 + t; t),
uuur
IM = ( t+4; t-3 ; t - 4)
khi M là hình chiếu vuông góc
của I lên đường thẳng d thì
. 0
=
uuur r
IM u
hay 3t – 3 = 0 <=> t = 1
Vậy M( 5; 0; 1).
2) Gọi điểm J(x; y; z) thỏa
uur uur r
JA - 4JB = 0
Ta có: (0 –x; 1 –y; 5 – z) – 4(0 – x; 3- y; 3- z) = (0; 0; 0)
=>x = 0; y =
13
5
, z =
7
3
, vậy J(0;
13 7
;
5 3
)
Khi đó
) 3 3= + = - =
uuuur uuur uuur uur uuur uur uuur uuur
MA - 4MB MJ+ JA- 4(MJ JB MJ MJ
có giá trị nhỏ nhất
khi M là hình chiếu vuông góc của J lên đường thẳng d.
Ví dụ 1: Cho đường thẳng
( )
:
x- 4 y+1 z
d = =
1 1 1
và hai điểm
(
)
A 0;1;5
,
(
)
B 0;3;3
. Tìm điểm M trên d sao cho
1)
uuuur uuur
MA + MB
có giá trị nhỏ nhất.
2)
uuuur uuur
MA - 4MB
có giá trị nhỏ nhất.
Tọa độ M(4+ t; -1+ t; t),
18 17
5 5
uuur
JM = ( t+ 4; t - ; t - )
khi M là hình chiếu
vuông góc của J lên đường thẳng d thì
. 0
=
uuur r
JM u
hay 3t – 3 = 0 <=> t = 1
Vậy M( 5; 0; 1) thì
uuuur uuur
MA - 4MB
có giá trị nhỏ nhất.
Giải:
1) Gọi điểm G thỏa
uuur uuur uuur r
GA + GB +GC = 0
thì G là trọng tâm của tam giác ABC
và G(0;-2;1)
Ta có +
uuuur uuur uuur
MA + MB MC
= + + +
uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur
MG + GA + MG GB MG GC
=3
uuuur
MG
có giá trị
nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (α)
MG nhận
r
n = (2; -2; 1)
làm vecto chỉ phương
Phương trình tham số MG
ì
ï
í
ï
î
x = 2t
y = -2-2t
z = 1+3t
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = 0
17t 17 0 t 1
Û + = Û = -
Vậy với M(-2; 0; -2) thì
+
uuuur uuur uuur
MA + MB MC
có giá trị nhỏ nhất.
2) Gọi I(x; y; z) là điểm thỏa
3 0
+ =
uur uur uur r
IA -2IB IC
Ta có
(1- x; -y; 1-z) - 2(-2-x; 1-y; 2-z) + 3(
1-x; -7-y; -z) = (0;0;0)
23 3
x = 4; y = - ; z = -
2 2
Þ
, vậy
23 3
; )
2 2
- -
I(4;
Ta có: 3+
uuuur uuur uuur
MA -2MB MC
=
) 3( )
+ + +
uuur uur uuur uur uuur uur
MI+IA -2(MI IB MI IC
= 2
uuur
MI
có giá trị
nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (α)
Phương trình tham số MI:
23
2
3
2
ì
ï
ï
ï
-
í
ï
ï
-
ï
î
x = 4+2t
y = -2t
z = +3t
Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + 3z + 10 = 0 và ba điểm
(
)
A 1;0;1
,
(
)
B -2;1;2
,
(
)
C 1;-7;0
. Tìm điểm M trên mặt phẳng (α) sao cho :
1) +
uuuur uuur uuur
MA + MB MC
có giá trị nhỏ nhất.
2) 3+
uuuur uuur uuur
MA -2MB MC
có giá trị nhỏ nhất.
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
23 3
2(4 2t) 2( 2t) 3( 3t) 10 0
2 2
+ - - - + - + + =
73 73
17t 0 t
2 34
Û + = Û = -
Vậy với
5 245 135
; ; )
17 34 17
- - -M(
thì 3+
uuuur uuur uuur
MA -2MB MC
đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài toán 2: Cho đa giác A
1
A
2 ….
A
n
và n số thực k
1
, k
2
, …., k
n
thỏa k
1
+ k
2
+
….+ k
n
= k . Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( hay đường thẳng) sao cho
tổng T =
2 2 2
1 1 2 2
n n
k MA k MA k MA
+ + + đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn
nhất
Lời giải:
- Tìm điểm I thỏa
1
1 2 2 n n
k IA + k IA + + k IA 0
=
uur uuur uuur r
- Biến đổi : T =
2 2 2
1 1 2 2
n
+ + +
n
k MA k MA k MA
=
=
2
1 n
(k + + k )MI
+
2 2 2
1 1 2 2
n
+ + +
n
k IA k IA k IA
+ 2
1
1 n n
MI(k IA + + k IA )
uuur uur uuur
=
2
kMI
+
2 2 2
1 1 2 2
n
+ + +
n
k IA k IA k IA
Do
2 2 2
1 1 2 2
n
+ + +
n
k IA k IA k IA
không đổi, Biểu thức T nhỏ nhất hoặc lớn nhất
khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng hay
đường thẳng.
Chú ý:
- Nếu k
1
+ k
2
+ ….+ k
n
= k > 0, Biểu thức T đạt giá trị nhỏ nhất MI
nhỏ nhất
- Nếu k
1
+ k
2
+ ….+ k
n
= k < 0, Biểu thức T đạt giá trị lớn nhất khi
MI nhỏ nhất.
Giải:
1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa
uur uur r
IA + IB = 0
thì I là trung điểm AB và
3 3
(2; ; )
2 2
-
I
Ta có: MA
2
+ MB
2
=
2 2
(MI + IA) +(MI + IB)
uuur uur uuur uur
2 2 2
IA + IB +2MI +2MI(IA + IB)
=
uuur uur uur
=
2 2 2
IA + IB +2MI
Do
2 2
IA + IB
không đổi nên MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất khi MI
2
có giá trị nhỏ
nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên (α)
Ví dụ
1:
Cho mặt phẳng (α): x + 2y + 2z + 7 = 0 và ba điểm A(1; 2; -1),
B(3; 1; -2), C(1; -2; 1)
1) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA
2
+ MB
2
có giá trị nhỏ nhất.
2) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA
2
- MB
2
– MC
2
có giá trị lớn
nhất.
Đường thẳng IM qua điểm I và có vtcp
α
n (1;2;2)
=
r
Phương trình tham số MI:
3
2
3
2
ì
ï
ï
ï
í
ï
ï
-
ï
î
x = 2+t
y = + 2t
z = +2t
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
3 3
2 t 2( 2t) 2( 2t) 7 0 9t 9 0 t 1
2 2
+ + + + - + + = Û + = Û = -
1 7
(1; ; )
2 2
Þ - -
M
Vậy với
1 7
(1; ; )
2 2
- -
M
thì MA
2
+ MB
2
có giá trị nhỏ nhất.
Nhận xét:
Với I là trung điểm AB thì MA
2
+ MB
2
= 2MI
2
+
2
2
AB
, do AB
2
không
đổi nên MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất khi MI
2
có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình
chiếu vuông góc của I lên (α).
2) Gọi J(x; y; z) là điểm thỏa
uur uur uur r
JA - JB -JB = 0
Hay
(1 x;2 y; 1 z) (3 x;1 y; 2 z) (1 x; 2 y;1 z) (0;0;0)
- - - - - - - - - - - - - - =
3 x 0
3 y 0 J(3; 3;0)
z 0
- + =
ì
ï
Û + = Û -
í
ï
=
î
Ta có: MA
2
- MB
2
– MC
2
=
2 2 2
(MJ + JA) - (MJ + JB) (MJ + JC)
-
uuur uur uuur uur uuur uur
2 2 2 2
J A JB JC MJ + 2MJ(JA JB JC)
= - - - - -
uuur uur uur uur
2 2 2 2
JA JB JC MJ
= - - -
Do
2 2 2
JA JB JC
- -
không đổi nên MA
2
- MB
2
– MC
2
lớn nhất khi MJ nhỏ
nhất hay M là hình chiếu của J trên mặt phẳng (α).
Đường thẳng JM qua điểm I và có vtcp
α
n (1;2;2)
=
r
Phương trình tham số MJ:
ì
ï
í
ï
î
x = 3+t
y = -3+ 2t
z = 2t
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
4
3 t 2( 3 2t) 2.2t 7 0 9t 4 0 t
9
+ + - + + + = Û + = Û = -
23 35 8
( ; ; )
9 9 9
Þ - -
M
Vậy với
23 35 8
( ; ; )
9 9 9
- -
M
thì MA
2
- MB
2
– MC
2
có giá trị lớn nhất.
Giải:
1) Gọi điểm I(x; y; z) là điểm thỏa
uur uur r
IA -2 IB = 0
Hay:
( x;1 y; 2 z) 2(2 x; 1 y;2 z) (0;0;0)
- - - - - - - - - =
4 x 0
3 y 0 I(4; 3;6)
- 6+z 0
- + =
ì
ï
Û + = Û -
í
ï
=
î
Ta có MA
2
- 2MB
2
=
2 2
(MI + IA) 2(MI + IB)
-
uuur uur uuur uur
2 2 2
IA 2IB MI + 2MI(IA 2 IB)
= - - -
uuur uur uur
2 2 2
IA 2IB MI
= - -
Do
2 2
IA - 2 IB
không đổi nên MA
2
-2 MB
2
lớn nhất khi MI
2
có giá trị nhỏ
nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên d.
Đường thẳng d có vtcp
(1;2;1)
=
r
u
, phương trình tham số d:
ì
ï
í
ï
î
x = 1+t
y = 2+ 2t
z = 3+ t
M d M(1 t; 2 2t; 3 t)
Î Þ + + +
,
uuur
IM = ( t-3; 2t + 5 ; t - 3)
khi M là hình chiếu
vuông góc của I lên đường thẳng d thì
. 0
=
uuur r
IM u
2 1 2 7
6 4 0 ( ; ; )
3 3 3 3
Û + = Û = - Þt t M
Vậy với
1 2 7
( ; ; )
3 3 3
M
thì MA
2
- 2MB
2
có giá trị lớn nhất
Nhận xét:
Ta có thể dùng phương pháp khảo sát hàm số để tìm vị trí của điểm M
Với
M d M(1 t; 2 2t; 3 t)
Î Þ + + +
Ví dụ 2: Cho đường thẳng d có phương trình:
2 1
x-1 y-2 z-3
= =
1
và các
điểm A(0; 1; -2), B( 2; -1; 2), C(4; 3; 3). Hãy tìm điểm M trên d sao cho
1) MA
2
- 2MB
2
có giá trị lớn nhất
2) MA
2
+ MB
2
+ MC
2
có giá trị nhỏ nhất.
Và MA
2
- 2MB
2
= (t + 1)
2
+ (2t + 1)
2
+(t + 5)
2
– 2[(t - 1)
2
+ (2t + 3)
2
+(t +1)
2
= - 6t
2
– 8t +5
Xét hàm số
2
( ) 6 – 8 5,
f t t t t R
= - + Î
Có đạo hàm
2
'( ) 12t – 8 , '( ) 0
3
f t t f t t
= - = Û = -
Bảng biến thiên
t
-¥
2
3
-
+¥
f’(t) + 0
f(t)
23
3
-¥
-¥
Từ bảng biến thiên ta thấy f(t) đạt giá trị lớn nhất khi
2
3
t
= -
Hay MA
2
- 2MB
2
có giá trị lớn nhất khi
1 2 7
( ; ; )
3 3 3
M
2) Gọi điểm G(x; y; z) là điểm thỏa
uuur uuur uuur r
GA + GB +GC = 0
thì G là trọng tâm
tam giác ABC và G(2; 1; 1).
Ta có: MA
2
+ MB
2
+ MC
2
=
2 2 2
(MG + GA) + (MG + GB) +(MG + GC)
uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur
=
2 2 2 2
GA GB GC +3MG + 2MG(GA GB GC)
+ + + +
uuuur uuur uuur uuur
=
2 2 2 2
GA GB GC +3MG
+ +
Do
2 2 2
GA GB GC
+ +
không đổi nên MA
2
+ MB
2
+ MC
2
nhỏ nhất khi MG
nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của G lên đường thẳng d.
M d M(1 t; 2 2t; 3 t)
Î Þ + + +
,
uuuur
GM = ( t-1; 2t +1 ; t +2)
Khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì
. 0
=
uuuur r
GM u
1 1 5
6 3 0 ( ;1; )
2 2 2
Û + = Û = - Þt t M
Vậy với
1 5
( ;1; )
2 2
M
thì MA
2
+ MB
2
+ MC
2
có giá trị nhỏ nhất.
Bài toán 3: Cho mặt phẳng (α) có phương trình:ax + by + cz + d = 0 và hai
điểm A,B không thuộc (α) . Tìm điểm M trên (α) sao cho MA + MB có giá
trị nhỏ nhất.
Lời giải:
1. Nếu (ax
A
+by
A
+ cz
A
+ d)(ax
B
+by
B
+ cz
B
+ d) < 0 thì A, B nằm về hai phía
với (α). Để MA + MB nhỏ nhất khi M thuộc AB hay M là giao điểm
của (α) và AB.
2. Nếu (ax
A
+by
A
+ cz
A
+ d)(ax
B
+ by
B
+ cz
B
+ d) >0 thì A, B nằm về một
phía với (α). Khi đó ta tìm điểm A’ đối xứng với A qua (α). Do MA +
MB = MA’+ MB mà đạt giá trị nhỏ nhất khi M thuộc A’B hay M là
giao điểm của (α) và A’B.
Giải:
Thay tọa độ của A và B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về hai phía
của (α).
Ta có MA + MB có giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của AB và (α).
Đường thẳng AB qua điểm B, nhận
(1; 1;0)
= -
uuur
AB
làm vecto chỉ phương
Phương trình tham số của AB:
2
2
x t
y t
z
= +
ì
ï
= -
í
ï
=
î
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 2 + t – 2(-t)- 2.2 + 4 = 0
2
3 2 0
3
t t
Û + = Û = -
Hay
4 2
( ; ;2)
3 3
M
là điểm cần tìm.
Giải:
1) Thay tọa độ của A và B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về một
phía của (α).
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua (α), để MA + MB có giá trị nhỏ nhất khi
M là giao điểm của A’B với (α).
Ví dụ
1:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (α) có
phương trình:x – 2y – 2z + 4 = 0 và hai điểm A(1; 1; 2), B(2; 0; 2). Tìm
điểm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất
Ví dụ
2:
Cho mặt phẳng (α) có phương trình: x – y + 2z = 0 và ba điểm
A(1; 2;-1), B(3; 1; -2), C(1; -2; -2). Hãy tìm điểm M trên d sao cho
1) MA + MB có giá trị nhỏ nhất
2)
MA - MC
có giá trị lớn nhất.
Đường thẳng AA’ đi qua A và vuông góc với (α), AA’ nhận
(1; 1;2)
a
= -
uur
n
làm
vecto chỉ phương
Phương trình tham số AA’:
1
2
1 2
x t
y t
z t
= +
ì
ï
= -
í
ï
= - +
î
Tọa độ hình chiếu vuông góc H của A trên (α) ứng với t của phương trình
1 + t – (2 – t) + 2(-1 + 2t) = 0
Û
6t – 3 = 0 hay t =
1 3 3
H( ; ;0)
2 2 2
Þ
Do H là trung điểm AA’ nên
'
'
'
2
1 '(2; 1; 1)
1
A H A
A H A
A H A
- =
ì
ï
- = Þ
í
ï
- =
î
x = 2x x
y =2y y A
z = 2z z
A’B có vtcp
(1;0; 3)
= -
uuur
A'B
Phương trình tham số A’B:
2
1
1 3
= +
ì
ï
=
í
ï
= -
î
x t
y
z t
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
2 + t – 1 + 2(1 – 3t) = 0
3
5 3 0
5
t t
Û - + = Û =
hay
13 4
( ;1; )
5 5
-
M
Vậy với
13 4
( ;1; )
5 5
-
M thì MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
2) Thay tọa độ của A và C vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về hai
phía của (α).Vậy nên A’ và C nằm cùng một phía đối với (α).
Ta thấy = £
MA - MC MA' - MC A'C
.
Nên
MA - MC
đạt giá trị lớn nhất khi M thuộc A’C nhưng ở phía ngoài đoạn
A’C, tức M là giao điểm của A’C và (α).
Đường thẳng A’C có vtcp
( 1; 3; 3)
= - - -
uuuur
A'C
Phương trình tham số A’C:
2
1 3
1 3
t
= -
ì
ï
= -
í
ï
= -
î
x t
y
z t
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
2 - t - (1 – 3t) + 2(1 - 3t) = 0
3
4 3 0
4
t t
Û - + = Û =
hay
5 5 5
( ; ; )
4 4 4
- -
M
Vậy với
5 5 5
( ; ; )
4 4 4
- -
M thì
MA - MC
có giá trị lớn nhất.
Bài toán 4: Cho đường thẳng d và hai điểm phân biệt A,B không thuộc d.
Tìm điểm M trên đường thẳng d sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
Lời giải:
1. Nếu d và AB vuông góc với nhau
Ta làm như sau:
- Viết phương trình mặt phẳng (α) qua AB và vuông góc với d
- Tìm giao điểm M của AB và (α)
- Kết luận M là điểm cần tìm.
2. Nếu d và AB không vuông góc với nhau
Ta làm như sau:
- Đưa phương trình của d về dạng tham số, viết tọa độ của M theo tham
số t
- Tính biểu thức MA + MB theo t, xét hàm số f(t) = MA + MB
- Tính giá trị nhỏ nhất của hàm số f(t), từ đó suy ra t
- Tính tọa độ của M và kết luận.
Giải:
Đường thẳng d có phương trình tham số
1 2
2 2
3
x t
y t
z t
= +
ì
ï
= - -
í
ï
= +
î
qua điểm N(1; -2; 3), có vtcp
(2; 2;1)
= -
r
u
và
(7;5; 4)
= -
uuur
CD
Ta có
r
u
.
uuur
CD
= 14 -10 – 4 = 0
Þ ^
d CD
Xét mặt phẳng (P) qua CD và vuông góc với d
(P) qua điểm C(-4; 1; 1) và nhận
(2; 2;1)
= -
r
u
làm vecto pháp tuyến
Phương trình (P): 2(x +4) – 2(y -1) + 1(z -1) = 0 hay 2x – 2y + z + 9 = 0
Điểm M thuộc d thỏa MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của d
và mp(P).
Tọa độ M ứng với t là nghiệm của phương trình:
2 + 4t + 4 + 4t + 3 + t + 9 = 0
0 2
Û = Û = -
9t + 18 t
Vậy M(-3; 2; 1) thì MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất bằng:
2 2 17
+
Giải:
Ví dụ 1: Cho đường thẳng
( )
:
2 2
-
x-1 y + 2 z-3
d = =
1
và hai điểm C(-4; 1; 1),
D(3; 6; -3). Hãy tìm điểm M trên d sao cho MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất.
Ví dụ
2:
Cho hai điểm A(3; 0; 2), B(2; 1; 0). Hãy tìm điểm M trên trục Ox
sao cho MA
+
MB đạt giá trị nhỏ nhất
Ox cú vtcp
(1;0;0)
i =
r
qua O(0; 0; 0), AB cú vtcp
( 1;1; 2)
= - -
uuur
AB v
. 1 0
i
= - ạ ị
r uuur
AB
Ox v AB khụng vuụng gúc.
Ta cú
[ , ]
i
r uuur uuur
AB OA
= (0; 2; 1)(3; 0; 2) = 0 + 6 +2 = 8 nờn AB v Ox chộo nhau.
Phng trỡnh tham s ca Ox:
0
0
x t
y
z
=
ỡ
ù
=
ớ
ù
=
ợ
( ;0;0)
ẻ ị
M Ox M t
S = MA + MB =
2 2
0 4 1 0
+ + + + +
(t -3) (t -2)
=
2 2
4 1
+ + +
(t -3) (t -2)
Ta phi tỡm t sao cho S t giỏ tr nh nht
Trong mt phng ta vi h Oxy xột cỏc im M
t
(t; 0)
ẻ
Ox
v hai im
A
t
(3;2), B
t
(2; 1) thỡ S = M
t
A
t
+ M
t
B
t
Ta thy A
t
, B
t
nm cựng phớa vi Ox nờn ta ly A
t
(3; -2) i xng vi A
t
qua Ox.
Phng trỡnh ng thng A
t
'B
t
: 3x + y 7 = 0
S = M
t
A
t
+ M
t
B
t
nh nht khi M l giao im ca Ox v A
t
'B
t
ị
3t - 7 = 0
hay
7
3
=
t
. Vy
7
( ;0;0)
3
M
l im cn tỡm.
Cỏch khỏc: Ta cú th tỡm im M bng phng phỏp kho sỏt hm s.
ã T biu thc S =
2 2
4 1
+ + +
(t -3) (t -2)
Ta xột hm s
( )
2 2
4 1
f t
= + + +
(t -3) (t -2)
(
t
ẻ
Ă
)
Cú o hm
( )
( ) ( )
2 2
3 2
3 4 2 1
t t
t t
- -
Â
= +
- + - +
f t
( )
( ) ( )
2 2
3 2
0 0
3 4 2 1
t t
t t
- -
Â
= + =
- + - +
f t
( ) ( )
2 2
( 3) ( 2)
3 4 2 1
t t
t t
- - -
=
- + - +
(*)
vi iu kin 2 t 3 ta cú:
(*)
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
3 [ 2 1] 2 [ 3 4]
t t t t
- - + = - - +
( ) ( )
2 2
3 2( 2)
3 4 2
3 2( 2)
t t
t t
t t
- = -
ộ
- = -
ờ
- = - -
ở
1 [2;3]
7
3
t
t
= ẽ
ộ
ờ
ờ
=
ở
Bng bin thiờn ca hm s f(t) :
t
-Ơ
7
3
+Ơ
f(t) - 0 +
f(t)
+Ơ
+Ơ
38 10
3
+
T bng bin thiờn suy ra
( )
7
min
3
f t f
ổ ử
=
ỗ ữ
ố ứ
=
38 10
3
+
Vy MA + MB t giỏ tr nh nht bng
38 10
3
+
, t c ti
7
3
t
=
, tc l
M(
7
3
; 0; 0)
Gii:
ng thng d cú phng trỡnh tham s
1 2
2 2
1
x t
y t
z t
= +
ỡ
ù
= +
ớ
ù
= +
ợ
qua im N(1; 2; 1), cú vtcp
(2;2;1)
=
r
u
v
(2;3; 1)
= -
uuur
AB
Ta cú
r
u
.
uuur
CD
= 4 + 6 1 = 9 0
ị
d khụng vuụng gúc vi AB v
[ , ]
r uuur uuur
u AB NA
= (-5; 4; 2)(-2; -1; 0) = 10 4 = 6
ị
d v AB chộo nhau
- Chu vi tam giỏc MAB l 2p = 2(MA + MB + AB), do AB khụng i nờn 2p
t giỏ tr nh nht khi MA + MB t giỏ tr nh nht.
Xột im
(1 2 ; ;1 )
t t t
ẻ ị + +
M d M 2+2
, ta phi tỡm t MA + MB t giỏ tr
nh nht
Xột
( )
2 2 2 2 2 2
MA + MB = (2 2) (2 1) (2 ) (2 2) ( 1)
f t t t t t t t= + + + + + + - + +
( )
2 2
= 9 12 5 9 6 5
f t t t t t
+ + + - +
=
2 2
(3 2) 1 (3 1) 4
t t
+ + + - +
Cú o hm
2 2
3 2 3 1
'( )
(3 2) 1 (3 1) 4
t t
f t
t t
+ -
= +
+ + - +
Vớ d 3: Cho ng thng
( )
:
2 2
x-2 y-2 z -1
d = =
1
v hai im A(-1; 1; 1),
B(1; 4; 0). Hóy tỡm im M trờn d sao cho chu vi tam giỏc MAB t giỏ tr
nh nht
2 2
3 2 3 1
'( ) 0 0
(3 2) 1 (3 1) 4
t t
f t
t t
+ -
= Û + =
+ + - +
2 2
3 2 (3 1)
(3 2) 1 (3 1) 4
t t
t t
+ - -
Û =
+ + - +
với
2 1
3 3
t
- £ £
2 2 2 2
(3 2) [(3 1) 4] (3 1) [(3 2) 1]
t t t t
Û + - + = - + +
2 2
5
2(3 2) 3 1
1
3
4(3 2) (3 1)
2(3 2) 3 1 1
3
3
t
t t
t t t
t t
t
-
é
=
ê
+ = -
é
Û + = - Û Û Û = -
ê
ê
+ = - +
ë
ê
= -
ê
ë
Bảng biến thiên của hàm số f(t) :
t
-¥
1
3
-
+¥
f’(t) - 0 +
f(t)
+¥
+¥
3 2
Ta thấy f(t) đạt giá trị nhỏ nhất bằng
3 2
khi t =
1
3
-
Hay với
2 4 1
; ; )
3 3 3
M(
thì MA + MB đạt giá nhỏ nhất bằng
3 2
Nhận xét: Trong dạng toán này nếu ta dùng phương pháp khảo sát hàm số
thì việc tìm t sẽ đơn giản hơn.
Bài toán 5: Cho hai đường thẳng d
1
,d
2
chéo nhau. Tìm các điểm M
Î
d
1
,
N
Î
d
2
là chân đoạn vuông góc chung của hai đường trên.
Lời giải:
- Viết phương trình hai đường thẳng
dạng tham số
- Lấy M
1
Î
d
và N
2
Î
d
( tọa độ theo
tham số).
- Giải hệ phương trình
1
. 0
=
uuuur r
MN u
và
2
. 0
=
uuuur r
MN u
(
1
,
r
u
2
r
u
là các véctơ chỉ
phương của d
1
và d
2
).
- Tìm tọa độ M, N và kết luận.
Giải:
1) d
1
qua M
1
(5; -1; 11), có vtcp
1
(1;2; 1)
= -
uur
u
d
2
qua M
2
(-4; 3; 4), có vtcp
2
( 7;2;3)
= -
uur
u
Ta có [
1
,
uur
u
2
uur
u
]
1 2
uuuuuur
M M
= (8; 4; 16)(-9;4; -7) = -72 +16 – 112 = -168
0
¹
Hay d
1
và d
2
chéo nhau.
2). M
1
d
Î
và N
2
d
Î
sao cho độ dài MN ngắn nhất khi và chỉ khi MN là độ
dài đoạn vuông góc chung của d
1
và d
2
.
Phương trình tham số của hai đường thẳng
d
1
:
5
1 2
11
t
t
= +
ì
ï
= - +
í
ï
= -
î
x t
y
z
, d
2
:
4 7
3 2
4 3
t
t
= - -
ì
ï
= +
í
ï
= +
î
x t
y
z
M
1
d
Î
nên M(5 + t; -1 + 2t; 11- t), N
2
d
Î
nên N(-4 – 7t’;3 +2t’; 4 + 3t’)
(
=
uuuur
MN
- 7t’- t – 9; 2t’ – 2t +4; 3t’ + t – 7)
Ta có
1
2
. 0 6 ' 6 6 0 2
62 ' 6 50 0 ' 1
. 0
t t t
t t t
ì
= - - + = =
ì ì
ï
Û Û
í í í
+ + = = -
=
î î
ï
î
uuuur r
uuuur r
MN u
MN u
Do đó M(7; 3;9) và N(3; 1; 1)
Vậy với M(7; 3;9) và N(3; 1; 1) thì độ dài MN ngắn nhất bằng
2 21
.
Giải:
- Lấy điểm M trên d, Gọi H là hình chiếu vuông
góc của M lên AB
Ví dụ
1
: Cho hai đường thẳng
1
:
1 2
d
x-5 y+1 z -11
= =
-1
,
2
:
7 2 3
d
-
x+ 4 y-3 z - 4
= =
1) Chứng minh d
1
, d
2
chéo nhau
2) Tìm điểm M
1
d
Î
và N
2
d
Î
sao cho độ dài MN ngắn nhất.
Ví dụ 2: Cho đường thẳng d:
2
4
2
t
= +
ì
ï
= +
í
ï
= -
î
x t
y
z
và hai điểm A(1;2; 3),B(1; 0; 1).
Tìm điểm M trên d sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất
- Tam giác MAB có diện tích S =
1
2
AB.MH
đạt giá trị nhỏ nhất khi MH nhỏ
nhất, hay MH là đoạn vuông góc chung của AB và d.
Ta thấy d qua M
1
(2; 4; -2), có vtcp
(1;1;0)
=
r
u
AB qua A(1; 2; 3) và
=
uuur
AB
(0; -2;-2) =
1
2
-
uur
u
với
1
(0;1;1)
=
uur
u là véc tơ chỉ phương của AB
Phương trình tham số AB
1
2 '
3 '
t
t
=
ì
ï
= +
í
ï
= +
î
x
y
z
M(2 + t; 4+ t; -2)
d
Î
,H(1; 2+ t’;3+t’)
Î
AB
,
(
=
uuuur
MH
-t -1; t’ – t -2; t’ +5)
Ta có
1
. 0
' 2 3 ' 3
2 ' 3 3
. 0
t t t
t t t
ì
=
- = = -
ì ì
ï
Û Û
í í í
- = - = -
=
î î
ï
î
uuuur r
uuuur uur
MH u
MH u
Vậy M(-1; 1; -2), H(1; -1; 0) khi đó MH =
2 3
, AB =
2 2
Diện tích
1
6
2
S
D
= =
MAB
AB.MH
Giải:
- Giả sử mặt cầu (S) có tâm I, bán kính R tiếp xúc với d tại M, tiếp xúc với
Ox tại N
- Ta thấy 2R = IM + IN ≥ MN, do đó mặt cầu (S) có đường kính nhỏ nhất
là 2R = MN khi và chỉ khi MN nhỏ nhất hay MN là đoạn vuông góc
chung của d và Ox.
Đường thẳng d qua M(0; 0; 2), có vtcp
(0;1; 1)
= -
r
u
Ox qua O(0; 0; 0), có vtcp
(1;0;0)
i =
r
[
,
r
u
i
r
]
uuuur
OM
= (0; 0; -1)(0; 0; 2) = -2
0
¹
nên d và Ox chéo nhau.
Với M(0; t; 2- t)Î d, N(t’; 0; 0)Î Ox và
(
=
uuuur
MN
t’; -t; t – 2)
Ví dụ 3: Cho đường thẳng d:
0
2
t
t
=
ì
ï
=
í
ï
= -
î
x
y
z
. Trong các mặt cầu tiếp xúc
với cả hai đường thẳng d và trục Ox, hãy viết phương trình mặt cầu (S)
có bán kính nhỏ nhất.
Ta có
. 0 2 0 1
' 0 ' 0
. 0
t t t
t t
i
ì
= - - + = =
ì ì
ï
Û Û
í í í
= =
=
î î
ï
î
uuuur r
uuuur r
MN u
MN
Vậy M(0; 1; 1), N(0; 0; 0) ≡ O
Mặt cầu (S) có tâm I (0
1 1
; ; )
2 2
, bán kính R =
2
2 2
=
MN
Phương trình mặt cầu (S):
2 2 2
1 1 1
( ) ( )
2 2 2
x y z
+ - + - =
Các bài toán cực trị liên quan đến vị trí của đường thẳng, mặt
phẳng.
Bài toán 1: Cho hai điểm phân biệt A,B. Viết
phương trình mặt phẳng (α) đi qua A và cách B
một khoảng lớn nhất.
Lời giải:
Họi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt
phẳng (α), khi đó tam giác ABH vuông tại H và
khoảng cách d(B; (α)) = BH ≤ AB. Vậy d(B; (α))
lớn nhất bằng AB khi A ≡ H, khi đó (α) là mặt
phẳng đi qua A và vuông góc với AB.
Giải:
(α) cách điểm I(3; -1; -2) một khoảng lớn nhất khi (α) là mặt phẳng đi qua D
và vuông góc với DI.
(α) nhận
(2;=
uur
DI 1; -5)
làm vecto pháp tuyến
Phương trình mặt phẳng(α): 2(x -1) + 1(y +2) – 5(z -3 ) = 0
Û
2x + y – 5z + 15 = 0
Giải:
Mặt cầu (S) có bán kính R = d(A; (α)) lớn nhất khi (α) qua B và vuông góc
với AB
(1;=
uuur
BA 2; 2)
là véctơ pháp tuyến của (α)
Phương trình (α): 1(x -1) + 2(y +1) +2( z – 1) = 0
Û
x + 2y + 2z – 1 = 0
Ví dụ
1
:
Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua điểm D(1; -2; 3) và cách
điểm I(3; -1; -2) một khoảng lớn nhất.
Ví dụ
2:
Cho hai điểm A(2; 1; 3), B(1; -1; 1), gọi (α) là mặt phẳng qua A.
Trong các mặt cầu tâm A và tiếp xúc với (α), hãy viết phương trình mặt
cầu
(
S
)
có bán kính lớn nhất
.
R = d(A; (α))
2 2 2
1 1 6 1
3
1 2 2
+ + -
=
+ +
Phương trình mặt cầu (S): (x -2)
2
+ (y -1)
2
+ (z – 3)
2
= 9.
Bài toán 2: Cho điểm A và đường thẳng ∆ không đi qua A. Viết phương
trình mặt phẳng (α) chứa ∆ sao cho khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất
Lời giải:
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên
mặt phẳng (α), K là hình chiếu vuông góc của A
lên ∆
Ta có d(A; (α)) = AH ≤ AK lớn nhất thì H
≡ K, khi đó (α) là mặt phẳng đi qua ∆ và vuông
góc với AK. Hay (α) qua ∆ và vuông góc với
mp(∆, A).
Giải:
Mặt phẳng (α) đi qua hai điểm A, B và cách C một khoảng lớn nhất khi (α)
đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mp(ABC).
(1; 1; 1)
= - -
uuur
AB
,
( 2; 3; 2)
= - - -
uuur
AC
(ABC) có véctơ pháp tuyến
[ , ] ( 1;4; 5)
= = - -
r uuur uuur
n AB AC
(α) có véctơ pháp tuyến
[ , ] ( 9 6; 3) 3(3;2;1)
a
= = - - - = -
uur r uuur
n n AB
Phương trình (α): 3(x– 2) + 2(y – 1) + 1(z – 3) = 0
Û
3x + 2y + z – 11 = 0
Giải:
1) d
1
qua M
1
(2; 1; -1), có vtcp
1
(1;2; 2)
= -
uur
u
d
2
qua M
2
(0; 3; 1), có vtcp
2
( 2; 4;4)
= - -
uur
u
Ví dụ
1
: Cho ba điểm A(2; 1; 3), B(3; 0; 2); C(0; -2; 1). Viết phương
trình mặt phẳng (α) đi qua hai điểm A, B và cách C một khoảng lớn
nhất
.
Ví dụ 2: Cho hai dường thẳng
1
2 1 1
:
1 2 2
x y z
d
- - +
= =
-
,
2
3 1
:
2 4 4
x y z
d
- -
= =
- -
1) Chứng minh hai đường thẳng trên song song với nhau.
2) Trong các mặt phẳng chứa d
1
, hãy viết phương trình mặt phẳng (α)
sao cho khoảng cách giữa d
2
và (α) là lớn nhất.
Ta thấy
2 1
2
= -
uur uur
u u
và
1 2
M d
Ï
nên hai đường thẳng song song với nhau.
2) Xét (α
1
) là mặt phẳng chứa d
1
và d
2
thì (α
1
) có véctơ pháp tuyến
1
2
[ , ] (8;2;6) 2(4;1;3) 2
= = = =
r uur uuuuuur uur
1 1 2
n u M M n
Khoảng cách giữa d
2
và (α) là lớn nhất khi (α) phải vuông góc với (α
1
).
Do đó (α) nhận
[ , ] (8; 11; 7)
= - -
uur uur
1 2
u n
là véctơ pháp tuyến, qua M
1
(2; 1; -1).
Phương trình (α): 8(x -2) -11(y -1) -7(z +1) = 0
hay 8x – 11y – 7z – 12 = 0.
Bài toán 3: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), lấy B không thuộc (α).
Tìm đường thẳng ∆ nằm trong (α) đi qua A và cách B một khoảng lớn
nhất, nhỏ nhất.
Lời giải:
Gọi H là hình chiếu của B lên ∆ ta thấy d(B; ∆) = BH ≤ AB
Vậy khoảng cách từ B đến ∆ lớn nhất khi
A
≡ H hay
∆ là đường thẳng nằm trong
(α) và vuông góc với AB.
Gọi K là hình chiếu vuông góc của
B lên (α) khi đó d(B; (α)) = BH ≥ BK
Vậy khoảng cách từ B đến ∆ nhỏ nhất khi
K
≡ H hay
∆ là đường thẳng đi qua hai
điểm A, K.
Giải:
Ta thấy (α)có véctơ pháp tuyến
(2; 2;1)
a
= -
uur
n
1) Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên (α)
Phương trình BH:
2 2
3 2
5
t
= +
ì
ï
= -
í
ï
= +
î
x t
y
z t
Tọa độ điểm H ứng với t là nghiệm của phương trình:
2(2 + 2t) - 2(3 – 2t) + 5 + t + 15= 0
t 2
Û = -
hay H(-2; 7; 3)
Ta thấy d(B; ∆) nhỏ nhất khi ∆ đi qua hai điểm A, H do vậy
(1;4;6)
=
uuur
AH
là
véc tơ chỉ phương của ∆.
Ví dụ
1
: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + z + 15 = 0 và điểm A (-3; 3; -3).
Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trên (α), qua điểm A và cách điểm
B(2;3; 5) một khoảng :
1) Nhỏ nhất . 2) Lớn nhất.
Phương trình của ∆:
1 4 6
= =
x+3 y-3 z +3
2) Ta thấy d(B; ∆) lớn nhất khi ∆ là đường thẳng nằm trong (α), qua A và
vuông góc với AB.
∆ có véctơ chỉ phương
[ , ] (16;11; 10)
a
D
= = -
uur uuur uur
u AB n
Phương trình của ∆:
16 11 10
= =
-
x+3 y-3 z +3
Giải:
Xét mặt phẳng (α) qua C và vuông góc với d, (α) nhận
(1;2; )
d
=
r
u 3
làm véctơ
pháp tuyến, thì ∆ nằm trong (α).
Do vậy d(D; ∆) lớn nhất khi ∆ nằm trong (α), qua C và vuông góc với CD.
∆ có véctơ chỉ phương
[ , ] (1; 8;5)
a
D
= = -
uur uuur uur
u CD n
Phương trình ∆:
1 8 5
= =
-
x-2 y+1 z -3
Giải:
1) Đường thẳng d qua điểm M(2; 0; 0) có vtcp
(1;0; )
d
=
r
u -1
,
( 2;2;0)
= -
uuur
MB
[ , ] (2;2;2) 2(1;1;1) 2
d
a
= = =
uur uuur uur
u MB n
(α) đi qua B nhận
(1;1;1)
a
=
uur
n
làm véctơ pháp tuyến
Phương trình (α): x + y + z – 1 = 0
2) Gọi H là hình chiếu của A lên (α), để d(A, ∆
1
) nhỏ nhất khi ∆
1
đi qua hai
điểm B,H.
Ví dụ
2
:
Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm C(2; -1; 3), vuông
góc với đường thẳng d:
1 2 3
= =
x-3 y+2 z +5
và cách điểm D(4; -2; 1) một
khoảng lớn nhất.
Ví dụ 3: Cho hai điểm A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0) và đường thẳng d:
1
0
= +
ì
ï
=
í
ï
= -
î
x t
y
z t
1) Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua d và B.
2) Viết phương trình đường thẳng ∆
1
đi qua B cắt d sao cho khoảng
cách từ A đến ∆
1
lớn nhất.
3 ) Viết phương trình đường thẳng ∆
2
đi qua B cắt d sao cho khoảng
cách từ A đến ∆
2
nhỏ nhất.
Phương trình tham số AH:
2
1
1
t
t
= +
ì
ï
= +
í
ï
= - +
î
x t
y
z
Tọa độ H ứng với t là nghiệm phương trình:
2 + t + 1 + t -1 + t – 1 = 0
1
3 1 0
3
t t
Û + = Û = -
5 2 4
H( ; ; )
3 3 3
-
Þ
8 4 4 4 4
( ; ; ) (2; 1; 1)
3 3 3 3 3
- -
= = - - =
uuur uur
1
BH u
Þ
∆
1
nhận
uur
1
u
làm véc tơ chỉ phương
Ta thấy
uur
1
u
và
d
r
u
không cùng phương nên d và ∆
1
cắt nhau (do cùng thuộc
mặt phẳng (α))
Vậy phương trình ∆
1
:
2 1 1
= =
- -
x+1 y-2 z
3) Gọi K là hình chiếu của A lên ∆
2
ta có d(A, ∆
2
) = AK ≤ AB, để d(A, ∆
2
)
lớn nhất khi K ≡ B hay ∆
2
nằm trong (α)và vuông góc với AB.
Ta có
2
[ , ] (0; 4;4) 4(0;1; 1) 4
a
= - = - - = -
uur uuur uur
n AB u
Þ
∆
2
nhận
2
uur
u
làm véc tơ chỉ
phương, mặt khác
2
uur
u
và
d
r
u
không cùng phương nên d và ∆
2
cắt nhau (do
cùng thuộc mặt phẳng (α))
Phương trình ∆
2
:
1
2
t
t
= -
ì
ï
= +
í
ï
= -
î
x
y
z
Chú ý :
Ta có thể dùng phương pháp khảo sát hàm số đề giải ý 2 và ý 3 trong
ví dụ 3.
Gọi ∆
là đường thẳng tuỳ ý đi qua B và cắt d, giả sử ∆
cắt d tại điểm
N(1+t, 0;-t), khi đó ∆ có véc tơ chỉ phương
( 2 ;2; )
t t
= - -
uuur
NB
Ta có
( 3;1;1)
= -
uuur
AB
,
[ , ] (2 ;2 2 ;4 )
t t t
= - - -
uuur uuur
NB AB
Và d(A;∆) =
2 2 2
2 2 2
[ , ]
(2 ) (2 2 ) (4 )
( 2 ) 2 ( )
t t t
t t
- + - + -
=
- - + +
uuur uuur
uuur
NB AB
NB
=
2
2
3 10 12
2 4
t t
t t
- +
+ +
Xét hàm số
2
2
3 10 12
( )
2 4
t t
f t
t t
- +
=
+ +
có
2
2 2
16 64
'( )
( 2 4)
t t
f t
t t
-
=
+ +
, với mọi t
Î
R
2
'( ) 0
2
t
f t
t
=
é
= Û
ê
= -
ë
Bảng biến thiên của
( )
f t
t
-¥
-
2
2
+¥
f’(t) + 0 - 0 +
f(t)
1 1 3
3
1
3
Từ bảng biến thiên ta thấy:
· d(A;∆) lớn nhất bằng
11
khi t = -2
Þ
N(-1; 0;2)
(0;2; 2) 2(0;1; 1)
= - = -
uuur
NB
và đường thẳng cần tìm có phương trình là:
1
2
t
t
= -
ì
ï
= +
í
ï
= -
î
x
y
z
· d(A;∆) nhỏ nhất bằng
1
3
khi t = 2
Þ
N(3; 0;-2)
( 4;2;2) 2(2; 1; 1)
= - = - - -
uuur
NB
và đường thẳng cần tìm có phương trình là :
2 1 1
= =
- -
x+1 y-2 z
Bài toán 4: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), đường thẳng d không
song song hoặc nằm trên (α) và không đi
qua A. Tìm đường thẳng ∆ nằm trên (α),
đi qua A sao cho khoảng cách giữa ∆ và d
là lớn nhất.
Lời giải:
Gọi d
1
là đường thẳng qua A và song
song với d, B là giao điểm của d với (α).
Xét (P) là mặt phẳng (d
1
, ∆), H và I là hình
chiếu vuông góc của B lên (P) và d
1
.
Ta thấy khoảng cách giữa ∆ và d là
BH và BH ≤ BI nên BH lớn nhất khi I ≡ H, khi đó ∆ có vtcp
[ , ]
a
D
=
uur uur uur
u BI n
.
Giải:
Đường thẳng d có vtcp
=
r
u
(1; 2; -1), (α) có vtpt
a
=
uur
n
(2; -1; 1)
Ví dụ 1: Cho đường thẳng d:
1 2 1
= =
-
x-1 y-2 z -3
, mặt phẳng (α): 2x – y – z +
4 = 0 và điểm A( -1; 1; 1).Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trên (α), đi
qua A sao cho khoảng cách giữa ∆ và d là lớn nhất.
Phương trình tham số d:
1
2 2
3
t
= +
ì
ï
= +
í
ï
= -
î
x t
y
z t
Gọi B là giao điểm của d và (α), tọa độ B ứng với t là nghiệm phương trình:
2+ 2t – 2 – 2t – 3+ t + 4 = 0
Û
t = -1
Þ
B(0; 0; 4)
Xét d
1
là đường thẳng qua A và song song với d
Phương trình tham số đường thẳng d
1
:
1
1 2
1
t
= - +
ì
ï
= +
í
ï
= -
î
x t
y
z t
Gọi I là hình chiếu vuông góc của B lên d
1
Þ
I(-1 + t; 1 + 2t; 1 – t),
=
uur
BI
(-1 + t; 1 + 2t;-5– t)
Ta có
. 0
=
uur r
BI u
Û
-1 + t + 2(1 + 2t) –(-5– t) = 0
Û
t = -1
Þ
I(-2; -1; 2)
Đường thẳng ∆ có vtcp
[ , ]
a
D
=
uur uur uur
u BI n
= (-5; -10; 4)
Phương trình ∆:
5 10 4
= =
- -
x+1 y-1 z -1
Giải:
Mặt phẳng (α) qua A và song song với (P) có phương trình: x + y – z + 2= 0
=> d nằm trên (α).
Đường thẳng ∆ có vtcp
=
r
u
(2;1;-3), (α) có vtpt
a
=
uur
n
(1;1;-1)
Phương trình tham số ∆:
1 2
4 3
t
= - +
ì
ï
=
í
ï
= -
î
x t
y
z t
Gọi B là giao điểm của ∆ và (α), tọa độ B ứng với t là nghiệm phương trình:
-1+ 2t + t – (4- 3t) + 2 = 0
Û
t =
1
2
Þ
B(0;
1
2
;
5
2
)
Xét ∆
1
là đường thẳng qua A và song song với ∆
Phương trình tham số đường thẳng ∆
1
:
1 2
1
2 3
t
= +
ì
ï
= - +
í
ï
= -
î
x t
y
z t
Ví dụ
2
:
Cho mặt phẳng (P): x + y – z + 1= 0, điểm A(1; -1; 2) và đường
thẳng ∆
:
2 1 3
-
x+1 y z-4
= =
. Trong các đường thẳng đi qua A và song song
song với (P), hãy viết phương trình đường thẳng d sao cho khoảng cách
giữa d và ∆ lớn nhất.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên ∆
1
Þ
H(1 + 2t; -1 + t; 2 – 3t),
=
uuur
BH
(1 + 2t; t -
3
2
; -3t)
Ta có
. 0
=
uur r
BI u
Û
2 + 4t + t -
3
2
+ 9t = 0
Û
t =
1
28
-
Þ
uuur
BH
=(
13
14
;
43
28
-
;
3
28
) =
1
28
(26; -43; 3) =
1
28
1
r
u
Đường thẳng d có vtcp
1
[ , ]
d
a
=
uur uur uur
u u n
= (40; 29; 69)
Phương trình d :
40 29 69
= =
x-1 y+1 z -2
Bài toán 5: Cho hai đường thẳng ∆
1
và ∆
2
phân biệt và không song song
với nhau. Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa ∆
1
và tạo với ∆
2
một góc
lớn nhất.
Lời giải:
Vẽ một đường thẳng bất kỳ ∆
3
song song với ∆
2
và cắt ∆
1
tại M. Gọi I là điểm
cố định trên ∆
3
và H là hình chiếu vuông góc của I lên mp(α), kẻ IJ
^
∆
1
Góc giữa (α) và ∆
2
là góc
·
IMH
Trong tam giác vuông HMJ có
cos
·
IMH
=
³
HM MJ
IM IM
không đổi
Suy ra góc
·
IMH
lớn nhất khi MJ = MI hay H ≡
J, khi đó
·
IMH
=(∆
1
,∆
2
) và (α) là mặt phẳng chứa
∆
1
đồng
thời vuông góc với mặt phẳng (∆
1
,∆
2
)
Khi đó (α) nhận
1 1 2
[ ,[ , ]]
D D D
r r r
u u u làm véctơ pháp
tuyến.
Giải:
Đường thẳng d qua điểm M(2; -1; 1) có vtcp
(2; 1; 1)
= -
r
u
,
(1;1;2)
=
uuur
AB
=>
r
n
=
[ , ] ( 3; 3;3) 3(1;1; 1)
= - - = - -
r uuur
u AB
Mặt phẳng (α) qua điểm A và nhận
[ , ] (3; 3;0) 3(1; 1;0)
= - = -
r uuur
n AB
làm vecto
pháp tuyến
Phương trình mp(α): 1(x – 3) - 1(y + 4) = 0 hay x – y – 7 = 0
Ví dụ 1: Cho đường thẳng d:
2 1 1
= =
-
x-2 y+1 z-1
và hai điểm A( 3; -4; 2), B(
4; -3; 4). Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa AB và tạo với d một góc
lớn nhất.
