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