ứng dụng đạo hàm giải bài toán cực trị trong hình học giải tích OXYZ

ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM GIẢI BÀI TỐN CỰC TRỊ TRONG
HÌNH HỌC GIẢI TÍCH OXYZ
A. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Kiến thức về hình học giải tích là một bộ phận quan trọng trong chương trình mơn
Tốn ở bậc THPT. Bài tốn cực trị trong hình học giải tích là một bài tốn khó, gây ra
nhiều khó khăn, lúng túng cho học sinh khi tìm hướng giải.
Đạo hàm là một cơng cụ tốt cho việc giải quyết bài tốn tìm cực trị của hàm số. Các
hàm số xuất hiện trong bài tốn cực trị của hình học giải tích Oxyz: Hàm số khoảng cách,
hàm số liên quan đến công thức tính góc hầu hết đều là những hàm số mà học sinh có thể
dễ dàng khảo sát và tìm cực trị của nó. Khó khăn của học sinh là việc thiết lập các hàm số
này.
Thông qua việc giải quyết bài tốn cực trị, học sinh có thêm định hướng và phương
pháp giải quyết các bài tốn khác của hình học giải tích Oxyz: Bài tốn viết phương trình
mặt phẳng, bài tốn viết phương trình đường thẳng thỏa mãn điều kiện cho trước.
Nhằm giúp các em học sinh có định hướng tốt khi tìm lời giải, cũng như giải quyết
được bài toán cực trị một cách trọn vẹn, rõ ràng và mạch lạc, tôi chọn nghiên cứu chuyên
đề:

“ ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM GIẢI BÀI TỐN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC
GIẢI TÍCH OXYZ ”
2. Mục đích nghiên cứu
Chuyên đề cung cấp cho học sinh một phương pháp để giải quyết bài toán cực trị
trong hình học Oxyz, rèn luyện cho học sinh kĩ năng chuyển đổi bài tồn tốn cực trị trong
hình học sang bài tốn cực trị trong giải tích. Từ đó, với cơng cụ đạo hàm học sinh có thể
giải quyết trọn vẹn bài toán cực trị. Đồng thời, chuyên đề cũng nhằm giúp học sinh có thể
giải quyết tốt các bài tốn khác của hình học giải tích.
3. Phương pháp nghiên cứu
+ Tổng hợp kiến thức, kiểm nghiệm qua thực tế dạy học.
+ Tập hợp những vấn đề nảy sinh, những băn khoăn, lúng túng của học sinh trong
quá trình giải quyết bài tốn cực trị trong hình học giải tích Oxyz. Từ đó, đề xuất phương

án giải quyết, tổng kết thành kinh nghiệm.
4. Phạm vi nghiên cứu
Trong bài tốn cực trị của hình học giải tích Oxyz: Cực trị liên quan đến khoảng
cách và Cực trị liên quan đến góc trong khơng gian. Song ở đây, tơi chỉ tập trung nghiên
cứu các bài tốn cực trị có thể giải quyết được bằng phương pháp khảo sát hàm số. Trong
chuyên đề, tôi tổng hợp và đúc rút những kinh nghiệm từ thực tế giảng dạy vấn đề này cho
học sinh lớp 12 ôn thi ĐH – CĐ.

1


5. Điểm mới của chuyên đề
+ Chuyên đề tập trung rèn luyện cho học sinh kĩ năng dùng đạo hàm để giải quyết
bài tốn cực trị trong hình học Oxyz.
+ Đặc biệt, chuyên đề đã xây dựng một phương pháp giải toán hiệu quả đối với một
lượng lớn các bài toán cực trị và giải quyết hầu hết các dạng tốn đặt ra.
+ Ngồi ra, chun đề cịn cung cấp cho học sinh các phương pháp tiếp cận khác đối
với bài toán cực trị và rèn luyện thêm cho học sinh phương pháp giải các bài tốn khác của
hình học giải tích. (Thơng qua các nhận xét sau mỗi ví dụ).

2


B. NỘI DUNG
I. BÀI TOÁN CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHOẢNG CÁCH
1.1 Kiến thức cơ sở
Các công thức về khoảng cách:
• Khoảng cách giữa hai điểm: Cho hai điểm A ( xA ; y A ; z A ) và B ( xB ; yB ; zB ) .
Khi đó:
uuu

r
2
2
2
AB = AB = ( xB − x A ) + ( y B − y A ) + ( z B − z A ) .
• Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng: Cho điểm M ( xM ; yM ; zM ) và mặt
phẳng ( P ) : Ax + By + Cz + D = 0 . Khi đó:
AxM + ByM + CzM + D
d ( M ,( P) ) =
.
A2 + B 2 + C 2
• Khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng:
uuuu
r r
 MN , u 


d ( M ,∆) =
r
.
u
r
Trong đó, N là một điểm thuộc đường thẳng ∆ và u là VTCP của đường thẳng ∆ .
• Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:
ur uu
r uuu
r
u1 , u2  . AB



d ( ∆1 , ∆ 2 ) =
ur uu
r
.
u1 , u2 


Trong đó, A , B lần lượt là các điểm thuộc đường thẳng ∆1 và ∆ 2 .
ur uu
r
u1 , u2 lần lượt là các VTCP của hai đường thẳng ∆1 và ∆ 2 .
1.2 Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 1;4;2 ) , B ( −1;2;4 ) và
x = 1 − t

đường thẳng ∆ :  y = −2 + t . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho biểu thức
 z = 2t

P = MA2 + MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải.
Điểm M thuộc đường thẳng ∆ nên tọa độ điểm M có dạng: M ( 1 − t ; −2 + t ;2t ) .
Ta có: MA2 = t 2 + ( 6 − t ) + ( 2 − 2t ) = 6t 2 − 20t + 40
2

2

và MB 2 = ( t − 2 ) + ( 4 − t ) + ( 4 − 2t ) = 6t 2 − 28t + 36 .
Do đó,
2

2

2

3


P = MA2 + MB 2 = 12t 2 − 48t + 76 .
Xét hàm số f ( t ) = 12t 2 − 48t + 76 , với t ∈ R . Ta có: f ' ( t ) = 24t − 48 .
Khi đó, f ' ( t ) = 0 ⇔ t = 2
Bảng biến thiên:
t
−∞
+∞
2
−
+
f ′( t )
0
f ( t)

+∞

+∞

2
8

Từ bảng biến thiên suy ra GTNN của f ( t ) = f ( 2 ) = 28 khi t = 2 .
Vậy P có GTNN khi t = 2 , tức là M ( −1;0;4 ) .

Nhận xét.
1. Việc tìm GTNN của hàm số f ( t ) = 12t 2 − 48t + 76 có thể sử dụng kiến thức về hàm
b
số bậc hai: “ Hàm số y = ax 2 + bx + c đạt GTNN tại x = −
(khi a > 0 ) và đạt
2a
b
GTLN tại x = −
(khi a < 0 )’’.
2a
2. Bài tốn trên có thể mở rộng cho biểu thức của P có dạng: P = aMA2 + bMB 2 ,
uuur uuur
P = aMA + bMB hoặc P = k , với k là hằng số thỏa mãn điều kiện k ≥ P0 là GTNN
của P .
Bài toán 1.1 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 1;4;2 ) , B ( −1;2;4 ) và đường thẳng
x = 1 − t

∆ :  y = −2 + t . Tìm điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho biểu thức P = MA2 − 2MB 2
 z = 2t

đạt giá trị lớn nhất.
Gợi ý. P = −6t 2 + 36t − 32 . Đạt GTLN khi t = 3 . Khi đó, M ( −2;1;6 ) .
Bài tốn 1.2 Trong khơng gian Oxyz , cho ba điểm A ( 1;0;2 ) , B ( −2;1;0 ) , C ( 0;0;3) và
x y −1 z
= . Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho:
đường thẳng ∆ : =
1
−2 3
MA2 + 2MB 2 − 3MC 2 = 96 .
Dựa theo biểu thức của MA2 và MB 2 có thể mở rộng bài tốn với hình thức như

sau:

4


Bài tốn 1.3 Trong khơng gian Oxyz , cho hai điểm A ( 1;4;2 ) , B ( −1;2;4 ) và đường thẳng
x = 1 − t

MA
∆ :  y = −2 + t . Tìm điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho biểu thức P =
đạt giá trị
MB
 z = 2t

lớn nhất.
309 − 10
MA2 6t 2 − 20t + 40
2
2
P
>
0
=
P
=
Gợi ý. Nhận xét
. Xét P =
.
Kết
quả

.
max
MB 2 6t 2 − 28t + 36
309 − 14
Trong bài toán 1.3, phương pháp sử dụng hàm số thể hiện rõ ràng tính hiệu quả của nó.
x y z
Ví dụ 2. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng ∆ : = = và hai điểm A ( 0;0;3) ,
1 1 1
B ( 0;3;3) . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho biểu thức P = MA + MB đạt
giá trị nhỏ nhất.
Lời giải.
Điểm M thuộc đường thẳng ∆ nên tọa độ điểm M có dạng M ( t ; t ; t ) .

( 0 − t)

Ta có: P = MA + MB =
= 3

(

2

+ ( 0 − t) + ( 3− t) +
2

2

)

( 0 − t)

2

+ ( 3− t) + ( 3− t)
2

t 2 − 2t + 3 + t 2 − 4t + 6 .

Xét hàm số f ( t ) = t 2 − 2t + 3 + t 2 − 4t + 6 , với t ∈ R .
t −1
t−2
′
f
t
=
+
(
)
Ta có:
.
2
2
( t − 1) + 2 ( t − 2 ) + 2
Khi đó, f ' ( t ) = 0 ⇔
Xét hàm số g ( u ) =

t −1

( t − 1) 2 + 2
u

u2 + 2

=

− ( t − 2)

(*).

 − ( t − 2 )  + 2
2

, với u ∈ R .


 1
u
′ ( u ) =  u 2 + 2 − u.
g
=
÷. 2
Ta có:
2
u
+
2
u +2


2

(u

2

+2

)

3

> 0 , với mọi u ∈ R .

3
Do đó, (*) ⇔ g ( t − 1) = g  − ( t − 2 )  ⇔ t − 1 = − ( t − 2 ) ⇔ t = .
2
Bảng biến thiên:

5

2


3
2

−∞

t

f ′( t )

f ( t)

−

+∞
+

0

+∞

+∞
3

Từ bảng biến thiên, suy ra GTNN của P bằng 3 3 . Đạt được tại t =

3
. Khi đó
2

3 3 3
M  ; ; ÷.
2 2 2
Nhận xét.
1. Việc tìm GTNN của P có thể sử dụng bất đẳng thức sau:
a 2 + b2 + c 2 + d 2 ≥
Ta có: f ( t ) =

( t − 1) 2 + (

2

)

2

+

( a + c ) 2 + ( b + d ) 2 ⇔ ( ad − bc ) 2 ≥ 0

( 2 − t) 2 + (

2

)

2

(

≥ 12 + 2 2

)

2

.

2. Bài tốn trên có thể phát biểu dưới một hình thức khác như sau:
Bài tốn 2.1 Trong khơng gian Oxyz , cho hai điểm A ( 1;5;0 ) , B ( 3;3;6 ) và đường thẳng

x +1 y −1 z
∆:
=
= . Tìm tọa độ điểm C thuộc đường thẳng ∆ sao cho tam giác ABC có
2
−1 2
chu vi nhỏ nhất.
Gợi ý. Chu vi tam giác ABC nhỏ nhất khi và chỉ khi P = CA + CB đạt giá trị nhỏ nhất.
P = 9t 2 + 20 + 9t 2 − 36t + 56
Bài tốn 2.2 Trong khơng gian Oxyz , cho hai điểm A ( 1;5;0 ) , B ( 3;3;6 ) và đường thẳng
x +1 y −1 z
∆:
=
= . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho MA + MB = 2 29
2
−1 2
.
Bài toán 2.2 có bề ngồi khơng phải là bài tốn cực trị.
Nếu chúng ta giải quyết theo cách thơng thường thì việc giải phương trình:
9t 2 + 20 + 9t 2 − 36t + 56 = 2 29
không hề dễ.
Ở đây, để ý giá trị 2 29 là giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA + MB thì ta sẽ có ngay t = 1
nhờ việc giải bài tốn cực trị trong bài toán 2.2.

6


x −1 y z − 2
= =
và

2
1
2
chứa đường thẳng d sao cho khoảng

Ví dụ 3.(ĐH – A 2008) Trong khơng gian Oxyz , cho đường thẳng d :

điểm A(2;5;3) . Lập phương trình mặt phẳng ( α )
cách từ điểm A đến mặt phẳng ( α ) là lớn nhất.
Lời giải.
Lấy điểm M ( 1;0;2 ) thuộc đường thẳng d . Do mặt phẳng ( α ) chứa đường thẳng d nên
điểm M thuộc mặt phẳng ( α ) .
Phương trình mặt phẳng ( α )
đi qua điểm M ( 1;0;2 ) và có VTPT
r
n( A; B; C ), A2 + B 2 + C 2 > 0 có dạng :
A( x − 1) + By + C ( z − 2) = 0
uu
r uur
Ta có : d ⊂ (α ) ⇒ ud .nα = 0 ⇔ B = −2 A − 2C . Khi đó, khoảng cách từ điểm A đến mặt
phẳng ( α ) là:
9 A+C

( A + C )2
d ( A,(α )) =
= 9.
5 A2 + 8 AC + 5C 2
5 A2 + 8 AC + 5C 2
Xét hai trường hợp:
• TH1: C = 0 . Khi đó

d ( A,(α )) = 9.

A2
9
.
=
5 A2
5

2
A
(
t
+
1)
• TH2: C ≠ 0 . Đặt t = . Khi đó, d ( A,(α )) = 9.
.
C
5t 2 + 8t + 5

(t + 1) 2
Xét hàm số f (t ) = 2
, với
5t + 8t + 5
f '(t ) = 0 ⇔ t = ±1 .
Bảng biến thiên:
−∞
t
−
f '( t )

1
5
f '( t )

t∈R.

−1
0

Ta

có:

+

−2t 2 + 2
f '( t ) = 2
5t + 8t + 5

(

1
0

−

)

và

+∞

2
9

0

7

1
5


Từ bảng biến thiên, suy ra d ( A, ( α ) ) lớn nhất bằng 3 2 khi t = 1 . Khi đó, A = C
⇒ B = −4 A .
So sánh TH1 và TH2 ta thấy d ( A, ( α ) ) lớn nhất rơi vào trường hợp 2. Do đó, phương
trình mặt phẳng cần tìm là : x − 4 y + z − 3 = 0 .
Nhận xét.
1. Phương pháp giải bài toán trên có thể áp dụng cho các bài tốn viết phương trình
mặt phẳng thỏa mãn các điều kiện cho trước:
x −1 y z − 2
= =
Bài tốn 3.1 Trong khơng gian Oxyz , cho đường thẳng d :
và điểm
2
1
2
A(2;5;3) . Lập phương trình mặt phẳng ( α ) chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ
9
điểm A đến mặt phẳng ( α ) bằng

.
5
Bài tốn 3.2 Trong khơng gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z = 0 và điểm
A ( 1;2; −1) . Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) đi qua gốc tọa độ O , vng góc với mặt
phẳng ( P ) và cách điểm A một khoảng bằng 2 .
2. Trong bài toán này, biểu thức khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng mặc dù có ba
biến là A, B, C nhưng biểu thức trong căn lại có dạng đẳng cấp bậc hai, nhờ phép
A
đổi biến t = chúng ta thu được hàm số chỉ còn một biến là t . Điều này thuận
C
lợi cho việc khảo sát hàm số. Các bài toán tiếp theo trong chuyên đề đều sử dụng
được phương pháp này.
Ví dụ 4. (ĐH – B 2009) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( −3;0;1) , B ( 1; −1;3) và
mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 5 = 0 . Trong các đường thẳng đi qua điểm A và song song
với mặt phẳng ( P ) , hãy viết phương trình đường thẳng ∆ mà khoảng cách từ điểm B đến
đường thẳng ∆ là nhỏ nhất.
Lời giải.
r
Giả sử VTCP của đường thẳng ∆ là u = ( A; B : C ) . Điều kiện: A2 + B 2 + C 2 > 0 .
Do đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng ( P ) nên A − 2 B + 2C = 0 ⇔ A = 2 B − 2C .
uuu
r r
uuu
r
Ta có: AB = ( 4; −1;2 ) . Khi đó,  AB, u  = ( −C − 2 B;2 A − 4C ;4 B + A ) .
Khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng ∆ là:
uuu
r r
2
2

2
 AB, u 
C + 2 B ) + ( 2 A − 4C ) + ( A + 4 B )
(
56 B 2 − 84 BC + 69C 2


d ( B, ∆ ) =
=
=
r
A2 + B 2 + C 2
5B 2 − 8BC + 5C 2
u
Xét hai trường hợp:
8


• TH1: C = 0 . Khi đó, d ( B, ∆ ) =

56
.
5

B
56t 2 − 84t + 69
. Khi đó, d ( B, ∆ ) =
.
C
5t 2 − 8t + 5

56t 2 − 84t + 69
Xét hàm số: f ( t ) =
, với t ∈ R .
5t 2 − 8t + 5
 6
2
t = 7
−28t − 130t + 132
f
'
t
=
2
Ta có: ( )
và f ' ( t ) = 0 ⇔ 
.
11
( 5t 2 − 8t + 5 )
t = −

2
Bảng biến thiên:
−∞
t
6
11
−
7
2
−

+
0
0
f '( t )
• TH2: C ≠ 0 . Đặt t =

+∞
−

21

56
5
f '( t )
100
9
Từ bảng biến thiên, suy ra d ( B, ∆ ) nhỏ nhất bằng

56
5
10
11
, đạt được tại t = − . Khi đó,
3
2

B
11
=− .
C

2
So sánh hai trường hợp, ta thu được phương trình đường thẳng cần tìm là:
x + 3 y z −1
= =
.
26 11 −2
Nhận xét.
1. Trong đáp án của Bộ GD – ĐT, bài này được giải bằng phương pháp sử dụng tính
chất hình học: “Độ dài đường xiên khơng nhỏ hơn độ dài đoạn hình chiếu của nó”.
Lời giải tương đối ngắn gọn. Tuy nhiên, việc phát hiện ra điều này không hề dễ. Hơn
nữa, nếu thay giả thiết “khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng ∆ là nhỏ nhất”
thành giả thiết “khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng ∆ là lớn nhất” thì phương
pháp trên sẽ tỏ rõ hiệu quả.

9


Bài tốn 4.1 Trong khơng gian Oxyz , cho hai điểm A ( −3;0;1) , B ( 1; −1;3) và mặt phẳng
( P ) : x − 2 y + 2 z − 5 = 0 . Trong các đường thẳng đi qua điểm A và song song với mặt
phẳng ( P ) , hãy viết phương trình đường thẳng ∆ mà khoảng cách từ điểm B đến đường
thẳng ∆ là lớn nhất.
2. Phương pháp giải bài tốn trên có thể áp dụng vào bài tốn viết phương trình đường
thẳng thỏa mãn điều kiện cho trước:
Bài tốn 4.2 Trong khơng gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 3z + 4 = 0 và điểm
M ( 0; −2;0 ) . Viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng ( P ) , đi qua điểm M
14
.
3
Ví dụ 5. Trong khơng gian Oxyz , cho điểm A ( 0; −1;2 ) và hai đường thẳng
x +1 y z − 2

x−5 y z
, ∆2 :
∆1 :
= =
=
=
2
1
−1
2
−2 1
. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A , cắt ∆1 tại điểm B , đồng thời khoảng
cách giữa hai đường thẳng d và ∆ 2 là lớn nhất.
Lời giải.
Điểm B thuộc đường thẳng ∆1 nên tọa độ điểm B có dạng: B ( −1 + 2t ; t ;2 − t ) .
uuu
r
d
AB
= ( −1 + 2t ;1 + t ; −t ) .
VTCP của đường thẳng là
r
VTCP của đường thẳng ∆ 2 là u = ( 2; −2;1) .
uuu
r r

AB
Ta có:  , u  = ( 1 − t ;1 − 4t ; −6t ) .
uuur
C

5;0;0
) ⇒ AC = ( 5;1; −2 ) . Khoảng cách giữa hai đường thẳng d và ∆ 2 là:
Lấy điểm (
uuu
r r uuur
2
 AB, u  . AC
3t +2
t + 2)
(


d ( d , ∆2 ) =
=
=3
uuu
r r
.
2
2
2
2
53
t
−
10
t
+
2
 AB, u 

1
−
t
+
1
−
4
t
+
36
t
( ) (
)


sao cho khoảng cách từ điểm N ( 1;2;3) đến d bằng

(t + 2) 2
Xét hàm số f (t ) =
, với t ∈ R .
53t 2 − 10t + 2
Ta có: f ' ( t ) =

−222t 2 − 420t + 48

( 53t

Bảng biến thiên:

2

− 10t + 2

)

2

 t = −2
và f ' ( t ) = 0 ⇔ 
4 .
t =
 37

Tải bản FULL (file doc 22 trang): bit.ly/2MNlcv2
Dự phòng: fb.com/TaiHo123doc.net

10


t

−∞

−2

−

f '( t )

0

1
53

+

4
37
0

+∞
−

26
9

f '( t )
0
Từ bảng biến thiên, suy ra d ( d , ∆ 2 ) lớn nhất khi t =

1
53
uuu
r  29 41 4 
4
. Khi đó, AB =  − ; ; − ÷.
37
 37 37 37 

 x = 29t


Do đó, phương trình của đường thẳng d :  y = −1 − 41t .
 z = 2 + 4t

Nhận xét. Với bài toán này, phương pháp khảo sát hàm số có lẽ là tối ưu nhất.
1.3 Một số bài toán tương tự

x y +1 z + 2
=
=
và hai điểm
1
2
3
A ( 2; −1;1) , B ( 1; −1;0 ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho diện tích tam
giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.
x −1 y − 2 z −1
=
=
Bài 2. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng ∆ :
và điểm
1
1
2
M ( 2;1;4 ) . Tìm tọa độ điểm H thuộc đường thẳng ∆ sao cho đoạn MH có độ dài nhỏ
nhất.
x − 2 y +1 z
=
=
Bài 3. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng ∆ :

và mặt phẳng
2
1
−1
( P ) : x + 2 y + z − 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng d song song với mặt phẳng ( P ) ,
đồng thời d cắt trục Ox và đường thẳng ∆ lần lượt tại A và B sao cho AB ngắn nhất.
x −1 y + 2 z + 3
=
=
Bài 4. Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( 4;3;1) , đường thẳng d :
−2
3
−1
và mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − z + 3 = 0 . Viết phương trình đường thẳng d1 nằm trong mặt
phẳng ( P ) , vng góc với đường thẳng d và cách M một khoảng nhỏ nhất.
Bài 1. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng ∆ :

Tải bản FULL (file doc 22 trang): bit.ly/2MNlcv2
Dự phòng: fb.com/TaiHo123doc.net
11


Bài 5. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( −1;2;0 ) , B ( 1;2; −5 ) và đường thẳng
 x = 1 + 2t
uuur uuur

∆ :  y = 3 + 2t . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng ∆ sao cho tổng MA − 3MB nhỏ
 z = −t

nhất.

3383105

12