Bài toán giá trị lớn nhất nhỏ nhất và bài toán tọa độ hình chiếu của hình học giải tích trong không gian
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (663.69 KB, 18 trang )
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian
Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà
BÀI GIẢNG SỐ 06: CÁC BÀI TOÁN KHÁC VỀ ĐƯỜNG THẲNG
VÀ MẶT PHẲNG
A: CÁC DẠNG TOÁN
Dạng 1: Bài toán hình chiếu
Bài toán 1: Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng (d) cho trước
Phương pháp:
Cách 1:
Bước 1: Chuyển (d) về dạng tham số
Bước 2: Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên (d) nên:
H d
t
MH u
tọa độ H
Cách 2:
Bước 1: Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với đường thẳng (d)
Bước 2:Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên (d) nên
H d P
tọa độ điểm H
Ví dụ 1: Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M(3;-1;3) trên đường thẳng
1 1 2
:
1 1 2
x y z
d
Bài giải:
Chuyển (d) về dạng tham số
1
: 1 ,
2 2
x t
d y t t R
z t
Gọi VTCP của (d) là
1; 1;2
u
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng (d) nên:
1 ;1 ;2 2 2;2 ;2 1
t t t MH t t t
. 0 1 2 1 2 2 2 1 0
MH d MH u t t t
1 2;0;4
t H
Vậy H (2; 0; 4)
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian
Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà
Ví dụ 2: Cho đường thẳng (d):
2
2z
2
3y
1
1x
và điểm A(3, 2, 0). Xác định toạ độ điểm đối
xứng của A qua (d).
Bài giải:
Chuyển (d) về dạng tham số:
1
3 2 ,
2 2
x t
y t t R
z t
Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với (d). Khi đó mp (P) qua A và nhận VTCP
1;2;2
u
của (d) là VTPT nên có phương trình:
1 3 2 2 2 0 0 2 2 7 0
x y z x y z
Gọi H là hình chiếu vuông góc của (d) trên (P), khi đó
H d P
nên tọa độ H là nghiệm của
hệ phương trình:
1
3 2
1 2 3 2 2 2 2 7 0 9 18 2
2 2
2 2 7 0
x t
y t
t t t t t
z t
x y z
Vậy H (1; 1; 2 )
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua đường thẳng (d). Khi đó H là trung điểm của AA’
' '
' '
' '
2 1
2 0 ' 1;0;4
2 4
A H A A
A H A A
A H A A
x x x x
y y y y A
z z z z
Vậy
' 1;0;4
A
Bài toán 2: Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng (P) cho trước
Phương pháp:
Bước 1: Viết phương trình đường thẳng (d) qua M và vuông góc với mp (P)
Bước 2: H là hình chiếu vuông góc của M trên (P) nên
H d P
tọa độ điểm H
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian
Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà
Ví dụ 3: Trong không gian Oxyz, cho điểm M (1; -2; 3 )
a. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua các hình chiếu của điểm M trên các trục tọa độ
b. Tìm tọa độ hình chiếu H của O trên mặt phẳng (P)
Bài giải:
a. Hình chiếu vuông góc của điểm M trên các trục tọa độ là:
1 2 3
1;0;1 , 0; 2;0 , 0;0;3
M M M . Khi đó phương trình mặt phẳng (P) là:
1 6 3 2 6 0
1 2 3
x y z
x y z
b. Đường thẳng qua O và vuông góc với (P) nên nhận VTPT
6; 3;2
n
của (P) là VTCP
nên có phương trình là:
6
3 ,
2
x t
y t t R
z t
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên (P) nên
H d P
. Khi đó tọa độ điểm H là
nghiệm của hệ phương trình:
6
3
6
36 9 4 6 0 49 6
2
49
6 3 2 6 0
x t
y t
t t t t t
z t
x y z
36 18 12
; ;
49 49 49
H
Vậy
36 18 12
; ;
49 49 49
H
Bài toán 3: Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng (d) trên một mặt
phẳng
1. Trên các mặt phẳng tọa độ
Phương pháp:
Bước 1: Chuyển (d) về dạng tham số ,
o
o
o
x x at
y y bt t R
z z ct
Bước 2: Khi đó:
a. Hình chiếu vuông góc của (d) lên (Oxy) có phương trình ,
0
o
o
x x at
y y bt t R
z
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian
Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà
b. Hình chiếu vuông góc của (d) lên (Oyz) có phương trình
0
,
o
o
x
y y bt t R
z z ct
c. Hình chiếu vuông góc của (d) lên (Oxz) có phương trình 0 ,
o
o
x x at
y t R
z z ct
2. Trên mặt (P) bất kì
Phương pháp:
Bước 1: Lấy điểm
A d
.Từ đó xác định tọa độ điểm H là hình chiếu của A trên (P)
Bước 2: Phương trình hình chiếu vuông góc của (d) trên (P) là đường thẳng qua H và song song
với (d)
Ví dụ 4: Lập phương trình đường thẳng
là hình chiếu vuông góc của đường thẳng
4
: 4 3
1 2
x t
d y t
z t
trên mặt phẳng (P): x – y + 3z + 8 = 0
Bài giải:
Gọi VTCP của (d) là
4;3; 2
u
điểm
0;4; 1 ( )
A d
Đường thẳng qua A và vuông góc với (P) nên nhận VTPT
1; 1;3
n
của mp (P) là VTCP
Phương trình đường thẳng qua
0;4; 1
A
nhận
1; 1;3
n
là VTCP nên có PTTS là:
4
1 3
x t
y t
z t
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên (P). Khi đó tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình:
4
4 3 9 8 0
1 3
x – y 3z 8 0
x t
y t
t t t
z t
10
11 10
11
t t
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian
Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà
10 54 41
; ;
11 11 11
H
Phương trình hình chiếu vuông góc của (d) lên mp (P) là đường thẳng qua H và song song với (d)
nên có VTCP là
4;3; 2
u
Vậy phương trình cần tìm là:
10
4
11
54
: 3
11
41
2
11
x t
y t
z t
Dạng 2: Bài toán tìm điểm thỏa mãn điều kiện cho trước
Vi dụ 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4) và đường thẳng
(
) :
1 2
1 1 2
x y z
. Tìm tọa độ điểm M trên (
) sao cho:
2 2
28
MA MB
Bài giải:
Chuyển (
) về dạng tham số:
1
: 2
2
x t
y t
z t
Lấy
1 ; 2 ;2
M M t t t
Ta có
2 2
2 2
;6 ;2 2 6 2 2
MA t t t MA t t t
2
6 20 40
t t
2 2 2
2 2
2;4 ;4 2 2 4 4 2 6 20 36
MB t t t MB t t t t t
2 2 2
12 40 76 28
MA MB t t
2
12 40 48 0
t t
(vô nghiệm)
Vậy không có M nào thỏa mãn
Ví dụ 2: Cho hai điểm A(0, 0, –3); B(2, 0, –1) và mp (P) : 3x – 8y + 7z – 1 = 0.
a) Tìm toạ độ giao điểm I của đường thẳng đi qua A, B với mp (P).
b) Tìm toạ độ của C nằm trên mp (P) sao cho ABC là tam giác đều.
Bài giải:
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian
Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà
a) Đường thẳng (AB) đi qua A(0, 0, –3) nhận
(2;0;2)
AB
là VTCP nên có phương trình
tham số:
2
: 0 ,
3 2
x t
AB y t R
z t
Vì
I AB P
nên I là nghiệm của hệ phương trình:
2
0
11
6 21 14 1 0 20 22
3 2
10
3 8 7 1 0
x t
y
t t t t
z t
x y z
Vậy
22 4
;0;
10 5
I
b) Gọi C ( x; y; z ) thuộc vào mp (P)
3 – 8 7 – 1 0
x y z
Ta có:
2
2 2 2
3
AC x y z
2 2
2 2
2 1
BC x y z
2
4 4 8
AB
Vì tam giác ABC đều nên AB = AC = BC
2 2 2
AB AC BC
Từ (1) và (2)
2 2
2 2 2 2 2
2
3
2
1 0
3
1
6 1 0
3
3 – 8 7 – 1 0 3 8 7 1 0
2
2
3
x
y
AB AC x z
AB BC x y z z
z
x y z x y z
x
y
z
Vậy
2 2 1
; ; , 2; 2; 3
3 3 3
C C
Dạng 3: Bài toán min, max
Bài toán 1: Tìm điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho
MA MB
đạt giá trị nhỏ nhất
Phương pháp:
Bước 1: Gọi I là trung điểm của AB, suy ra tọa độ điểm I
Bước 2: Nhận xét rằng:
2 2
MA MB MI MI
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian
Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà
Từ đó:
MA MB
đạt giá trị nhỏ nhất
MI
nhỏ nhất
M là hình chiếu vuông
góc của I trên (P)
( )
M d P
Bước 3: Xác định tọa độ điểm M
Mở rộng với ba điểm A, B, C không thẳng hàng ( hoặc tứ diện ABCD) chúng ta sử dụng trọng
tâm G của tam giác ABC ( hoặc trọng tâm G của tứ diện ABCD)
Ví dụ 7: Cho hai điểm A(3; 1; 1), B(7; 3; 9) và mặt phẳng
( )
: x +y + z + 3 = 0.
Tìm toạ độ điểm M trên
( )
sao cho
MA MB
đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài giải:
Gọi I là trung điểm của AB
5;2;5
I
Ta có:
2 2
MA MB MI MI
. Khi đó
MA MB
đạt giá trị nhỏ nhất
MI
nhỏ nhất
M là hình
chiếu vuông góc của I trên
( )
Đường thẳng qua I vuông góc với
( )
nên nhận VTPT
1;1;1
n
của
là VTCP nên có phương
trình tham số là:
5
: 2 ,
5
x t
d y t t R
z t
M là hình chiếu vuông góc của I trên
nên
M d M
là nghiệm của hệ:
5
2
3 15 0 5 0; 3;0
5
3 0
x t
y t
t t M
z t
x y z
Vậy
0; 3;0
M
Bài toán 2: Cho hai điểm A và B. Tìm điểm M trên mp (P) sao cho:
a. MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất
b.
MA MB
đạt giá trị lớn nhất
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian
Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà
Phương pháp:
a. Ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Gọi
1
A
là điểm đối xứng với A qua mp (P) và
1
N A B P
. Khi đó với M bất kì thuộc
(P), ta có:
1 1 1
MA MB MA MB A B NA NB
Bước 2: Vậy MA + MB nhỏ nhất
M N
b. Ta thực hiện theo các bước sau:
Nếu A và B nằm cùng phía đối với (P)
Bước 1: Tìm tọa độ
N AB P
Bước 2:
MA MB AB
. Dấu “=” có khi
, ,
A B M
thẳng hàng hay
M N
Nếu A, B nằm khác phía đối với (P)
Bước 1: Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua mp(P).
Bước 2: Tìm giao điểm
'
N A B P
Bước 3: Lấy
M P
. Khi đó
' '
MA MB MA MB A B
. Dấu “=” có khi M, A’, B thẳng hàng
M N
Ví dụ 8: Cho hai điểm
1;1; 1 , 1;3; 1
A B
và mặt phẳng (P):
2 6 0
x y z
Tìm trên (P) điểm M sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất
Bài giải:
Nhận xét rằng: A và B nằm cùng một phía với mặt phẳng (P)
Gọi
1
A
là điểm đối xứng với A qua mp (P)
1
3;3;3
A và
1
N A B P
. Khi đó với M bất kì
thuộc (P), ta có:
1 1 1
MA MB MA MB A B NA NB
Vậy MA + MB nhỏ nhất
M N
Đường thẳng
1
A B
qua
1
A
và có VTCP là
1
4;0; 4
A B
. Chọn VTCP là
1;0;1
u
nên có phương
trình tham số là:
1
3
: 3
3
x t
A B y
z t
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian
Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà
Khi đó tọa độ N là nghiệm của hệ phương trình:
3
3
3 3 6 2 6 0 3 6 2 1;3;1
3
2 6 0
x t
y
t t t t N
z t
x y z
Vậy
min
1;3;1
MA MB M N
Ví dụ 9: Cho
1;2;3 , 4;4;5
A B
a. Tìm giao điểm P của đường thẳng AB với mp (Oxy)
b. Chứng minh mọi điểm
(Ox )
Q y
thì
QA QB
đạt giá trị lớn nhất khi
Q P
c. Tìm
(Ox
M y
) sao cho tổng độ dài MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất
Bài giải:
a. Đường thẳng AB qua A(1; 2; 3) nhận
3;2;2
AB
là VTCP nên có PTTS:
1 3
: 2 2
3 2
x t
AB y t
z t
Mặt phẳng (Oxy) có phương trình z = 0. Vì
7
(Ox ) ; 1;0
2
P AB y P
b. Ta thấy A, B cùng một phía đối với (Oxy)
Ta có:
QA QB AB
. Dấu “=” xảy ra khi A, B, Q thẳng hàng hay
Q P
c. Đường thẳng qua B (4; 4; 5) vuông góc với (Oxy) nên nhận VTPT
0;0;1
n
của (Oxy) là VTCP
nên có PTTS: (d):
4
4
5
x
y
z t
Gọi
(Ox ) 4;4;0
I d y I , B’ là điểm đối xứng của B qua I
'(4;4; 5)
B
Ta có
' '
MA MB MA MB AB
. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M, A, B’ thẳng hàng
Đường thẳng AB’ qua A(1;2;3) nhận
'(3;2; 8)
AB
là VTCP nên có PTTS:
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian
Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà
1 3 '
' : 2 2 '
3 8 '
x t
AB y t
z t
Tọa độ M là giao điểm của (AB’) và mp (Oxy)
17 22
; ;0
8 8
M
Ví dụ 10: Cho mặt phẳng
:
2 1 0
x y z
và hai điểm
3;1;0 , 9;4;9
P Q . Tìm M thuộc
vào
sao cho
MP MQ
đạt giá trị lớn nhất
Bài giải:
Ta thấy P,Q nằm về hai phía của
Gọi P’ là hình chiếu của P trên
' 1;2; 1
P
Gọi R là điểm đối xứng với P qua P’
1;3; 2
R
Đường thẳng RQ qua R(-1; 3; -2) nhận
8;1;11
RQ
là VTCP nên có PTTS:
1 8
: 3
2 11
x t
RQ y t
z t
Gọi
7;2; 13
N RQ N
là điểm nằm ngoài PQ
Lấy
M
. Khi đó
MP MQ MR MQ RQ
. Dấu “=” có khi M, R, Q thẳng hàng
M N
(7; 2; -13)
Bài toán 3: Cho hai điểm A, B và đường thẳng (d). Tìm tọa độ điểm M trên (d) để
2.
MA MB
đạt giá trị nhỏ nhất
3.
2 2
MA MB
đạt giá trị nhỏ nhất
Phương pháp:
1) Chúng ta thực hiện theo các bước:
Bước 1: Gọi I là trung điểm của AB. Khi đó:
2 2
MA MB MI MI
Bước 2: Từ đó:
MA MB
đạt giá trị nhỏ nhất
MI
nhỏ nhất
M là hình chiếu
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian
Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà
vuông góc của I trên đường thẳng (d)
Bước 3: Xác định tọa độ điểm M
2) Cách 1: Chúng ta thực hiện theo các bước:
Bước 1: Gọi I là trung điểm của AB, ta có:
2 2
2 2
2 2
MA MB MA MB MI IA MI IB
2 2 2 2
2 . 2 .
MI MI IA IA MI MI IB IB
2 2
2 2
2 2 .( ) 2
2 2
AB AB
MI MI IA IB MI
Bước 2: Từ đó, ta thấy
2 2
MA MB
đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất, tức là M là
hình chiếu vuông góc của I trên (d)
Cách 2: Chuyển (d) về dạng tham số. Sau đó biến đổi
2 2
MA MB
về dạng:
2 2 2
4
MA MB at bt c
a
Từ đó, ta thấy
2 2
MA MB
đạt giá trị nhỏ nhất bằng
4
a
đạt được khi
2
b
t
a
tọa độ M
Mở rộng với ba điểm A, B, C không thẳng hàng ( hoặc tứ diện ABCD) ta sử dụng trọng tâm
G của tam giác ABC ( hoặc trọng tâm G của tứ diện ABCD)
Ví dụ 11: Cho ba điểm
3; 2;3 , 1;0;5 , 7;2; 2
A B C
và đường thẳng (d) có phương trình:
1 2 3
:
1 2 2
x y z
d
1) Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng (d) để
2 2
MA MB
đạt giá trị nhỏ nhất
2) Tìm tọa độ điểm N trên đường thẳng (d) để
NA NB NC
đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài giải:
a. Gọi I là trung điểm của AB
2; 1;4
I
Ta có:
2 2
2 2
2 2
MA MB MA MB MI IA MI IB
2 2 2 2
2 . 2 .
MI MI IA IA MI MI IB IB
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian
Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà
2 2
2 2
2 2 .( ) 2
2 2
AB AB
MI MI IA IB MI
Từ đó ta thấy
2 2
MA MB
đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất, tức là M là hình chiếu của I trên
(d)
Chuyển (d) về dạng tham số:
1
: 2 2 ,
3 2
x t
d y t t R
z t
1 ;2 2 ;3 2
M d M t t t
1;3 2 ;2 1
IM t t t
M là hình chiếu của I trên (d) nên
. 0 1 1 2 3 2 2 2 1 0 9 9 0
IM u IM u t t t t
1
t
Vậy
2;0;5
M
b. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC
1;0;2
G
Ta có:. 3 3
NA NB NC NG NG
Từ đó ta thấy:
NA NB NC
đạt giá trị nhỏ nhất khi NG nhỏ nhất, tức là N là hình chiếu của G
trên (d)
Gọi (P) là mặt phẳng qua G và vuông góc với (d). Khi đó (P) có VTPT là
1; 2;2
n u
Khi đó
phương trình mặt phẳng (P) là:
2 2 3 0
x y z
Vì
d P N
nên tọa độ N là nghiệm của hệ
1
2 2
1 4 4 6 4 3 0 9 0 0
3 2
2 2 3 0
x t
y t
t t t t t
z t
x y z
. Vậy
1;2;3
N
Bài toán 4: Tìm điểm M trên đường thẳng (d) sao cho tổng các độ dài MA + MB nhỏ nhất
với A, B cho trước
Phương pháp:
Cách 1: Thực hiện theo các bước:
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian
Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà
Bước 1: Chuyển phương trình đường thẳng (d) về dạng tham số:
0
0
0
,
x x at
y y bt t R
z z ct
0 0 0
; ;
M d M x at y bt z ct
Bước 2: Với
; ; , ; ;
A A A B B B
A x y z B x y z
, ta biến đổi
2 2
2 2 2 2 2
1 1 2 2
MA MB a b c t k d t k d
Xét các điểm
0 1 1 0 2 2 0
; ;0 , ; ;0 , ;0;0
A k d B k d I t với điều kiện
1 2
. 0
d d
.
Khi đó biểu thức được viết dưới dạng:
2 2 2
0 0 0 0
MA MB a b c A I B I
Bước 3: Từ đó MA + MB nhỏ nhất khi
0 0 0 0
A I B I
nhỏ nhất
0 0 0
, ,
A B I
thẳng hàng
0 0 0 0
/ /
A I B I
giá trị t
tọa độ điểm M
Lưu ý: Điểm mấu chốt trong cách giải này là ở bước 2, với việc lựa chọn 3 điểm
0 0 0
, ,
A B I
thuộc mp (Oxy) và
0 0
,
A B
ở về hai phía của trục x’Ox
Cách 2: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình (d) về dạng tham số
Bước 2: Xác định tọa độ điểm
1
A
là hình chiếu vuông góc của điểm A lên (d), từ đó suy
ra độ dài
1
AA
Bước 3: Xác định tọa độ điểm
1
B
là hình chiếu vuông góc của điểm B lên (d), từ đó suy
ra độ dài
1
BB
Bước 4: Xác định tọa độ điểm
0
M
chia đoạn
1 1
A B
theo tỉ số -
1
1
AA
BB
, tức là:
0 1
1
1
0 1
AA
M A
BB
M B
Bước 5: Ta chứng minh rằng MA + MB nhỏ nhất
0
M M
. Thật vậy, gọi
2
A
là điểm
thuộc mặt phẳng xác định bởi (B,(d)) và
2
A
, B khác phía đối với (d) và thỏa mãn
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian
Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà
1 1 2
0 11 1 2 1
2 0
1 2
1 1 1
0 1
AA
AA AA
, ,
A A
M AA A
A B M
A A d
BB BB BB
M B
thẳng hàng
Từ đó:
2 2 0 0
MA MB MA MB A B M A M B
Vậy ta được
0 0 0
min
MA MB M A M B M M
Phương pháp được mở rộng để thực hiện yêu cầu:
MA MB
lớn nhất
Ví dụ 12: Cho hai điểm
9;0;9 , 12; 6; 3
A B
và đường thẳng (d):
0
9 0
x y
y z
. Tìm điểm M
trên đường thẳng (d) sao cho:
a. MA + MB nhỏ nhất
b.
MA MB
lớn nhất
Bài giải:
a. Ta lựa chọn một trong hai cách:
Cách 1:
Chuyển (d) về dạng tham số: ,
9
x t
y t t R
z t
. Điểm
; ;9
M d M t t t
Ta có:
2 2 2 2
2 2
9 12 6 12
MA MB t t t t t t
2 2
3 18 81 3 36 324
t t t t
2 2
3 3 18 6 72
t t (1)
Xét các điểm
0 0 0
3;3 2;0 , 6; 6 2;0 , ;0;0
A B I t
. Khi đó (1) được viết dưới dạng:
0 0 0 0
3
MA MB A I B I
Từ đó MA + MB nhỏ nhất khi
0 0 0 0
A I B I
nhỏ nhất
0 0 0
, ,
A B I
thẳng hàng
0 0 0 0
/ /
A I B I
3 3 2
4 4;4;5
6
6 2
t
t M
t
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian
Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà
Vậy
min
57 228 4;4;5
MA MB M
Cách 2:
Chuyển (d) về dạng tham số: ,
9
x t
y t t R
z t
.
(d) có VTCP
1;1; 1
u
Gọi
1
A
là hình chiếu vuông góc của A trên (d).
Điểm
1 1
; ;9
A d A t t t
và
1
AA 9; ;
t t t
Vì
1 1
AA AA . 0 9 0 3
d u t t t t
1 1 1
3;3;6 ,AA 6;3; 3 AA 3 6
A
Tương tự gọi
1
B
là hình chiếu của B lên (d)
1 1 1
6;6;3 , 6;12;6 6 6
B BB BB
Gọi
0
M
là điểm chia đoạn
1 1
A B
theo tỉ số
1
1
AA
BB
=
1
2
0 1
0 1 0 1 0
0 1
1
2 4;4;5
2
M A
M A M B M
M B
Ta chứng minh rằng MA + MB nhỏ nhất
0
M M
. Thật vậy, gọi
2
A
là điểm thuộc mặt phẳng
xác định bởi (B,(d)) và
2
A
, B khác phía đối với (d) và thỏa mãn:
1 1 2
0 11 1 2 1
2 0
1 2
1 1 1
0 1
AA
AA AA
, ,
A A
M AA A
A B M
A A d
BB BB BB
M B
thẳng hàng
Từ đó:
2 2 0 0
MA MB MA MB A B M A M B
57 228
Vậy ta được
0 0 0
min
57 228 4;4;5
MA MB M A M B M M
b.Ta có thể lựa chọn một trong hai cách:
Cách 1: Ta có:
2 2 2 2
2 2
9 12 6 12
MA MB t t t t t t
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian
Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà
=
2 2
3 18 81 3 36 324
t t t t
2 2
3 3 18 6 72
t t (2)
Xét các điểm
0 0 0
3;3 2;0 , 6;6 2;0 , ;0;0
A B I t
. Khi đó (2) được viết dưới dạng:
0 0 0 0
3
MA MB A I B I
Từ đó
MA MB
lớn nhất
0 0 0 0
A I B I
lớn nhất
0 0 0
, ,
A B I
thẳng hàng
0 0 0 0
/ /
A I B I
3 3 2
0 0;0;9
6
6 2
t
t M
t
Vậy
max
9 0;0;9
MA MB M
Chú ý: Để giải bài toán bằng cách 1 với yêu cầu
MA MB
lớn nhất, ta chọn ba điểm
0 0 0
, ,
A B I
thuộc mặt phẳng Oxy và
0 0
,
A B
ở cùng một phía của trục x’Ox
Cách 2: Gọi
1
A
là hình chiếu vuông góc của A trên (d).
1 1 1
3;3;6 ,AA 6;3; 3 AA 3 6
A
Tương tự gọi
1
B
là hình chiếu của B lên (d)
1 1 1
6;6;3 , 6;12;6 6 6
B BB BB
Gọi
1
M
d
là điểm chia đoạn
1 1
A B
theo tỉ số
1
1
AA
BB
=
1
2
0 1
0 1 0 1 1
0 1
1
2 0;0;9
2
M A
M A M B M
M B
Ta chứng minh rằng
MA MB
lớn nhất
1
M M
. Thật vậy, gọi
2
A
là điểm thuộc mặt phẳng xác
định bởi (B,(d)) và
2
A
, B cùng phía đối với (d) và thỏa mãn:
1 1 2
1 1 2 1 1 1
2 1
1 2
1 1 1
1 1
AA
AA AA
, ,
A A
A A M A
A B M
A A d
BB BB BB
M B
thẳng hàng
Từ đó:
2 2 1 1
9
MA MB MA MB A B M A M B
Vậy ta được
1 1 1
max
9 0;0;9
MA MB M A M B M M
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian
Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà
Chú ý: Để giải bài toán bằng cách 2 với yêu cầu
MA MB
lớn nhất, ta gọi
1
M
d
là điểm
chia đoạn
1 1
A B
theo tỉ số
1
1
AA
BB
và
2
A
là điểm thuộc mặt phẳng xác định bởi (B,(d)) và
2
A
, B
cùng phía đối với (d)
C: BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho 3 điểm
0;1;2 , 2; 2;1
A B ,
2;0;1
C
1. Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C
2.
Tìm tọa độ điểm M thuộc mp
2 2 3 0
x y z
sao cho MA = MB = MC
ĐS: 1)
2 4 6 0
x y z
2)
2;3; 7
M
Bài 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 2 điểm
1; 1;2 , 2; 1;0
A B . Và đường thẳng
1 1
:
2 1 1
x y z
d
. Xác định tọa độ điểm M thuộc (d) sao cho tam giác AMB vuông tạ
i M
ĐS:
7 5 2
; ;
3 3 3
M
Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm
2;1;0 , 1;2;2
A B ,
1;1;0
C và mặt phẳng (P):
20 0
x y z
. Xác định tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao
cho đường thẳng CD song song với mp (P) ĐS:
5 1
; ; 1
2 2
D
Bài 4: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 điểm A(1; 4; 2), B(-1; 2; 4) và đường thẳng:
1 2
: .
1 1 2
x y z
Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
sao cho MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất.
ĐS:
1;0;4
M
Bài 5: Cho điểm A (2; 6; 2) và đường thẳng (d) có phương trình:
3 1 1
:
2 1 2
x y z
d
a. Tìm trên đường thẳng (d) điểm
0 0 0
; ;
M x y z
sao cho tổng
2 2 2
0 0 0
x y z
đạt giá trị nhỏ nhất
b. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc H của điểm A trên đường thẳng (d)
c. Tìm tọa độ
1
A
đối xứng với A qua đường thẳng (d)
ĐS: a.
2 2 2
0 0 0
min
7 4 5
10 ; ;
3 3 3
x y z M
, b.
1;2;3
H , c.
1
0; 2;4
A
Khóa học: Hình học giải tích trong không gian
Bài giảng độc quyền bởi
Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà
Bài 6: Cho hai điểm
1;1; 1 , 1;3; 1
A B
và mặt phẳng (P):
2 6 0
x y z
a. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mp (P) ĐS:
2;2;1
H
b.
Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua mp (P) ĐS:
' 3;3;3
A
c. Tìm trên mp (P) điểm
; ;
M M M
M x y z
sao cho tổng
2 2 2
M M M
x y z
đạt giá trị nhỏ nhấ
t
ĐS:
2 2 2
min
( ) 6 1;1;2
M M M
x y z M
d.
Tìm trên (P) điểm N sao cho
NA NB
đạt giá trị nhỏ nhất ĐS:
1;3;1
N
e.
Tìm toạ độ điểm E trên
( )
sao cho |EA – EB| đạt giá trị lớn nhất.
Bài 7: Cho hệ tọa độ Oxyz với
1;4;5 , 0;3;1 , 2; 1;0
A B C và mặt phẳng
:3 3 2 15 0
P x y z
. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Chứng minh điều kiện cần và đủ để
2 2 2
( ) :
M P MA MB MC
đạt giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu của G trên (P). Tìm tọa độ M
ĐS:
4; 1;0
M
