CHUYÊN ĐỀ
CỰC TRỊ TRONG KHÔNG GIAN Oxyz
I. PHƯƠNG PHÁP
Để tìm cực trị trong không gian chúng ta thường sử dụng hai cách làm:
Cách 1: Sử dụng phương pháp hình học
Cách 2: Sử dụng phương pháp đại số.
Bài toán 1: Trong không gian
( P) : ax by cz d 0.
MA MB
1.
Tìm điểm
cho các điểm
M ( P)
A( x A ; y A ; zA ), B( xB ; yB ; zB )
lớn nhất với
sao cho
d( A, ( P)) d( B, ( P)).
Phương pháp:
Xét vị trí tương đối của các điểm
Nếu
Nếu
A, B
so với mặt phẳng
(ax A by A czA d)(axB byB czB d) 0
(ax A by A czA d)(axB byB czB d) 0
MA MB
thì hai điểm
A, B
A, B
ở khác phía so với mặt phẳng
ở khác phía so với mặt phẳng
( P)
M ( P) AB.
Trường hợp 2: Hai điểm
A'
A, B
A, B
cùng phía với mặt phẳng
( P).
nằm khác phía với mặt phẳng
A
MA MB
nhỏ nhất bằng
nên
MA MB
( P).
nhỏ nhất bằng AB khi và chỉ khi
ở cùng phía so với mặt phẳng (P).
Gọi
đối xứng với
qua mặt phẳng
MA MB MA MB AB.
Vậy
A, B
nhỏ nhất.
Trường hợp 1: Hai điểm
Vì
( P).
thì hai điểm
( P).
1.
và mặt phẳng
nhỏ nhất.
MA MB
2.
Oxyz,
AB
khi
( P),
khi đó
A'
và
B
ở khác phía
( P)
và
MA MA
nên
M AB ( P ).
MA MB
2.
lớn nhất.
Trường hợp 1: Hai điểm
Vì
A, B
A, B
ở cùng phía so với mặt phẳng
ở cùng phía so với mặt phẳng
M ( P) AB.
Trường hợp 2: Hai điểm
Gọi
A'
đối xứng với
A
A, B
( P)
( P)
.
MA MB
nên
lớn nhất bằng AB khi và chỉ khi
ở khác phía so với mặt phẳng
qua mặt phẳng
( P)
, khi đó
A'
và
B
( P)
.
ở cùng phía
( P)
và
MA MA
MA MB MA MB AB.
nên
MA MB
Vậy
lớn nhất bằng
AB
khi
M AB ( P ).
( P)
Bài toán 2: Lập phương trình mặt phẳng
1.
2.
( P)
( P)
đi qua đường thẳng
đi qua
biết
A
và khoảng cách từ
và tạo với mặt phẳng
(Q)
đến
( P)
lớn nhất
một góc nhỏ nhất
3. ( P) đi qua và tạo với đường thẳng d một góc lớn nhất.
Phương pháp:
Cách 1: Dùng phương pháp đại số
:
x x1
a
1. Giả sử đường thẳng
Khi đó phương trình
( P)
có dạng:
y y1
b
d( A, ( P))
Thay (1) vào (2) và đặt
diễn của
A, B
và
A( x0 ; y0 ; z0 )
bB cC
a
(
a 0
) (1)
A2 B2 C2
t
Trong đó
c
A( x0 x1 ) B( y0 y1 ) C ( z0 z1 )
Khi đó
f (t)
z z1
A( x x1 ) B( y y1 ) C( z z1 ) 0
Aa Bb Cc 0 A
Trong đó
B
C
(2)
d( A, ( P)) f (t)
, ta đươc
mt2 nt p
m ' t2 n ' t p '
qua
C
rồi cho
C
, khảo sát hàm
f (t)
ta tìm được
giá trị bất kì ta tìm được
A, B
max f (t)
. Từ đó suy ra được sự biểu
.
2. và 3. làm tương tự
Cách 2: Dùng hình học
1. Gọi
K, H
d( A, ( P)) AH AK
Hay
( P)
2. Nếu
A
lần lượt là hình chiếu của
, mà
AK
là mặt phẳng đi qua
K
lên
và
không đổi. Do đó
, nhận
(Q) ( P), (Q) 900
AK
( P)
, khi đó ta có:
d( A, ( P ))
lớn nhất
H K
làm VTPT.
nên ta xét
và (Q) không vuông góc với nhau.
www.thuvienhoclieu.com
Trang 2
B
Gọi
định trên đường thẳng đó. Hạ
Ta có
Mà
là một điểm nào đó thuộc
, dựng đường thẳng qua
CH ( P), CK d.
BH BK
sin BCH
.
BC
BC
BK
BC
không đổi, nên
BCH
nhỏ nhất khi
B
và vuông góc với
Góc giữa mặt phẳng
( P)
(Q)
. Lấy điểm
và mặt phẳng
(Q)
là
C
cố
BCH
.
H K.
( P)
( BCK )
Mặt phẳng
cần tìm là mặt phẳng chứa và vuông góc với mặt phẳng
. Suy ra
nP u , u , nQ
( P)
là VTPT của
3. Gọi
M
.
Mà
cos AMH
. Ta có
KM
AM
không đổi, nên
, dựng đường thẳng
d'
qua
M
và song song với
d
. Lấy điểm
AH ( P), AK d.
( P)
d'
cố định trên đường thẳng đó. Hạ
Góc giữa mặt phẳng
và đường thẳng
là
AMH
là một điểm nào đó thuộc
HM KM
.
AM
AM
AMH
lớn nhất khi
H K.
(d ',
( P)
Mặt phẳng
cần tìm là mặt phẳng chứa và vuông góc với mặt phẳng
. Suy ra
nP u , u , ud '
( P)
là VTPT của
.
II. CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1. 8 Trong không gian với hệ toạ độ đề các vuông góc Oxyz cho A(2; 5; 3) và đường thẳng
x 1 y z 2
d:
2
1
2 . Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A lên d và viết phương trình mặt phẳng
( P) chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ A đến ( P) lớn nhất.
Lời giải.
Đường thẳng
Gọi
Do
H
d
có
ud (2;1; 2)
là hình chiếu của
A
lên
là VTCP.
d H (1 2t; t; 2 2t) AH (2t 1; t 5; 2t 1)
AH d AH .ud 0 2(2t 1) t 5 2(2t 1) 0 t 1 H (3;1; 4)
Gọi
H'
là hình chiếu của
Khi đó, ta có:
Suy ra
A
lên
mp( P)
AH ' AH d( A, ( P))
AH (1; 4;1)
Vậy phương trình
là VTPT của
.
lớn nhất
( P)
và
( P) : x 4 y z 3 0
.
( P)
H H ' ( P) AH
đi qua
H
.
.
.
A
Ví dụ 2.8 Trong không gian với hệ toạ độ đề các vuông góc Oxyz cho bốn điểm
A 1; 0; 0 , B 1;1; 0 , C 0;1; 0 , D 0; 0; m
m 0
với
là tham số.
1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BD khi m 2 ;
2. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên BD . Tìm các giá trị của tham số m để diện tích tam giác
OBH đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải.
AB
(0;1;
0),
CD (0; 1; m)
Ta có:
CD
(0;
1;
2)
m
2
1. Với
ta có:
và AC ( 1;1; 0)
AB, CD (2; 0; 0) AB, CD . AC 2
Do đó
AB, CD . AC
2
d( AB, CD)
1
2
AB, CD
Vậy
.
2
2
2
2. Đặt x OH BH OB OH 2 x
1
1
1
1
x. 2 x2
x2 (2 x2 ) ( x2 2 x2 )
2
2
4
2.
Suy ra
x 1 OH 1 d(O, BD) 1
Đẳng thức
xảy ra
BD ( 1; 1; m), OB (1;1; 0) BD, OB ( m; m; 0)
Ta có:
BD, OB
m 2
d(O, BD)
1 2m2 2 m2
2
BD
2m
SOBH
Do đó
m 2
Vậy m 2 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 3.8 Lập phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M (1; 9; 4) và cắt các trục tọa độ tại các điểm
A, B, C (khác gốc tọa độ) sao cho:
1. M là trực tâm của tam giác ABC ;
2. Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng ( ) là lớn nhất;
3. OA OB OC ;
x 0, zC 0
4. 8OA 12OB 16 37OC và A
.
Lời giải.
Giả sử mặt phẳng ( ) cắt các trục tọa độ tại các điểm khác gốc tọa độ là
A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) với a, b, c 0.
x y z
1.
Phương trình mặt phẳng ( ) có dạng a b c
1 9 4
1 (1).
( ) đi qua điểm M (1; 9; 4) nên a b c
Mặt phẳng
AM
(1
a
;
9;
4),
BC
(0;
b
;
c
),
BM
(1;
9
b; 4), CA( a; 0; c).
1. Ta có:
M ( )
.BC 0
AM
BM .CA 0
Điểm M là trực tâm tam giác ABC khi và chỉ khi
www.thuvienhoclieu.com
Trang 4
1 9 4
1
a b c
98
49
9b 4 c
a 98; b ; c
9
2
a 4c
.
Phương trình mặt phẳng ( ) cần tìm là x 9 y 4 z 98 0.
2.
d(O, ( ))
1
1
a2
Cách 1: Ta có:
1
b2
1
1
c2
1
a2
T
Bài toán trở thành, tìm giá trị nhỏ nhất của
1
a
2
1
b2
1
2
b
1 9 4
1 (1).
a, b, c 0 thỏa mãn a b c
1
.
c2
1
c2 với các số thực
2
1
1
1
1
1
2
2
2 1
1. 9. 4. (1 9 4 ) 2 2 2 .
a
b
c
b
c
a
Ap dụng bđt Bunhiacopski ta có:
1
1
1
1 : 9 : 4 :
a
b
c a 9b 4 c 98.
1
9
4
1
1
T
98 . Dấu đẳng thức xảy ra khi a b c
Nên suy ra
Phương trình mặt phẳng ( ) cần tìm là x 9 y 4 z 98 0.
Cách 2: Gọi H là hình chiếu của O trên mặt phẳng ( ) .
Vì mặt phẳng ( ) luôn đi qua điểm cố định M nên d(O, ( )) OH OM 98.
Dấu
đẳng thức xảy ra khi H M , khi đó ( ) là mặt phẳng đi qua M và có véc tơ pháp tuyến là
OM(1;9;4) nên phương trình ( ) là
1.( x 1) 9( y 9) 4.( z 4) 0 x 9 y 4 z 98 0.
3. Vì OA OB OC nên
Trường hợp 1: a b c.
a b c,
do đó xảy ra bốn trường hợp sau:
1 9 4
1 a 14,
Từ
suy ra a a a
nên phương trình ( ) là: x y z 14 0.
1 9 4
1 a 6,
(1)
Trường hợp 2: a b c. Từ
suy ra a a a
nên phương trình ( ) là
x y z 6 0.
(1)
Trường hợp 3: a b c. Từ
x y z 4 0.
(1)
Trường hợp 4: a b c. Từ
x y z 12 0.
1 9 4
1 a 4,
suy ra a a a
nên phương trình ( ) là
(1)
1 9 4
1 a 12,
có a a a
nên phương trình ( ) là
Vậy có bốn mặt phẳng thỏa mãn là x y z 14 0, và các mặt phẳng
x y z 6 0, x y z 4 0, x y z 12 0.
4. Vì
x A 0, zC 0
nên a 0, c 0, do đó
8OA 12OB 16 37OC 8a 12 b 16 37 c.
Nếu
b 0 c
8
2a 4
a, b
,a 2
37
3
nên từ (1) ta có
1
27
37
1 a2 2a 35 0
a 2 a 4 2a
Vì a 2 nên
Nếu
a 5 b 2; c
a 5
a 7
40
,
37 phương trình mặt phẳng cần tìm là
( ) : 8 x 20 y 37 z 40 0.
8
4 2a
a, b
,a 2
37
3
nên từ (1) ta có
b 0 c
1
27
37
29 3 109
1 a2 29a 35 0 a
a 4 2a 2a
2
Vì a 2 nên không có giá trị thỏa mãn.
Vậy phương trình mặt phẳng ( ) : 8 x 20 y 37 z 40 0.
2
2
2
Ví dụ 4.8 Cho mặt cầu (S) : ( x 1) ( y 1) ( z 1) 25 và mặt phẳng ( ) có phương trình
2x 2 y z 7 0
1. Chứng minh rằng mặt phẳng ( ) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định tâm và tìm bán kính
của đường tròn đó;
2. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A(1; 1; 2), B(3; 5; 2) và (P) cắt mặt cầu (S) theo
một đường tròn có bán kính nhỏ nhất.
Lời giải.
Mặt cầu (S) có tâm I (1;1;1) , bán kính R 5 .
d( I , ( ))
2 217
1. Ta có
2
2
2
2 2 1
4 R
, suy ra ( ) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn tâm H bán kính
r R2 d2 ( I , ( )) 3
H là hình chiếu của I lên mặt phẳng ( ) , suy ra phương trình của HI là:
x 1 2t
y 1 2t
z 1 t
Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ
x 1 2t
5
x y
y
1
2
t
3
z 1 t
z 1
2 x 2 y z 7 0
3
5 5 1
H ; ;
3 3 3
Vậy tâm
.
AB 2; 6; 4
x 1 t
AB : y 1 3t
y 2 2t
2. Ta có
nên phương trình đường thẳng
Vì IA R nên mặt phẳng ( P) đi qua AB luôn cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính
r 25 d2 ( I , ( P)) .
Do đó r nhỏ nhất d( I , ( P)) lớn nhất.
Gọi K , H lần lượt là hình chiếu của I lên AB và ( P) , ta luôn có
IH IK nên suy ra d( I , ( P)) lớn nhất H K
Do H AB H (1 t; 1 3t; 2 2t) IH (t; 3t 2;1 2t)
www.thuvienhoclieu.com
Trang 6
4 IH 4 ; 2 ; 1
IH AB IH . AB 0 t 3(3t 2) 2(1 2t) 0 t
7 7 7
7
Vì
Vậy phương trình ( ) : 4 x 2 y z 4 0 .
Ví dụ 5.8 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ( P) : 2 x y 2 z 14 0 và mặt cầu
x2 y2 z2 2x 4 y 2z 3 0
1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Ox và cắt (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3 ;
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu (S) sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) lớn nhất.
Lời giải.
Mặt cầu (S) có tâm
I (1; 2; 1)
1.Trục Ox có phương trình:
và bán kính
y 0
z 0
R 3
.
phương trình (Q):
Mặt cầu (S) cắt (Q) theo một đường tròn có bán kính
I (Q) a 2b 0
, chọn
Vậy phương trình mp(Q):
b 1 a 2
2x y 0
ay bz=0
.
r 3 R
.
.
2. Gọi là đường thẳng đi qua I và vuông góc với mp(P) . Suy ra phương trình của
:
x 1 y 2 z 1
2
1
2
cắt mặt cầu
Khi đó nếu
(S)
tại hai điểm
A, B
.
d( A, ( P)) d( B, ( P )) d( M , ( P))
Tọa độ giao điểm của
M A
lớn nhất
.
và mặt cầu (S) là nghiệm của hệ:
x2 y2 z2 2 x 4 y 2 z 3 0
x 1 y 2 z 1
2
1
2
Giải hệ này ta được hai giao điểm
Ta có:
A( 1; 1; 3), B(3; 3;1)
d( A, ( P)) 7 d( B, ( P)) 1
.
.
.
Vậy d( M , ( P)) lớn nhất M ( 1; 1; 3) .
Ví dụ 6.8 Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P) : 2 x y 2 z 6 0 và hai điểm
A(5; 2; 6), B(3; 2;1) . Tìm điểm M thuộc ( P) sao cho:
MA MB
1. MA MB nhỏ nhất
Lời giải.
Mặt phẳng
( P)
có
2.
nP (2; 1; 2)
Thay tọa độ hai điểm
cùng một phía so với
A, B
( P)
.
lớn nhất
là VTPT
vào vế trái phương trình của
( P)
ta được
18
và
4
nên hai điểm
A, B
nằm về
1. Gọi
A'
M (P)
là điểm đối xứng với
, ta có
MA MA '
A
qua
( P)
M A ' B ( P)
, suy ra
Tọa độ giao điểm
MA MB
nhỏ nhất
, mà
H
là trung điểm của
Tọa độ
Vậy
2. Vì
ở khác phía so với
A'B
( P)
và với mọi điểm
không đổi và đẳng thức xảy ra khi
M A ' B ( P)
của
AA '
và
( P)
.
là nghiệm của hệ:
x 5 2t
y 2 t
z
6
2
t
2 x y 2 z 6 0
Suy ra
B
x 5 2t
AA ' ( P) AA ' : y 2 t
z 6 2t
Ta có:
H
và
.
M ( P) : MA MB A ' M MB A ' B
Do đó
A'
, khi đó
x A ' 2 xH
AA ' y A ' 2 yH
z 2z
H
A'
A ' B (6; 4; 3)
M
x A 3
y A 2 A '( 3; 2; 2)
z A 2
x 3 6t
A ' B : y 2 4t , t
z 2 3t
x 3 6t
y 2 4t
z 2 3t
2 x y 2 z 6 0
là nghiệm của hệ
21 14 5
M
;
;
11 11 11
A, B
, phương trình
x 1
y 0 H (1; 1; 2)
z 2
21
x
11
14
y
11
5
z 11
là điểm cần tìm.
nằm về cùng một phía so với
( P)
nên với mọi
M (P)
AM MB AB
, đẳng thức xảy ra khi
Phương trình
ta luôn có
M AB ( P)
.
x 5 2t
AB : y 2
z 6 5t
www.thuvienhoclieu.com
Trang 8
x 5 2t
y 2
M:
z 6 5t
2 x y 2 z 6 0
Tọa độ
17
x
7
y
2
3
z
7
. Vậy
17
3
M ; 2;
7
7
.
Ví dụ 7.8 Trong không gian Oxyz cho điểm A(1; 1;1) , đường thẳng có phương trình
x 1 y z 1
:
2
1
1 và mặt phẳng ( P) : 2 x y 2 z 1 0
1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng và khoảng cách từ A đến (Q) lớn nhất;
2. Viết phương trình mặt phẳng ( R) chứa và tạo với ( P) một góc nhỏ nhất;
3. Viết phương trình mặt phẳng ( ) chứa hai điểm M (1;1;1), N ( 1; 2; 1) và tạo với đường thẳng một
góc lớn nhất.
Lời giải.
nP (2; 1; 2)
Mặt phẳng (P) có
Đường thẳng
đi qua
1. Cách 1: Giả sử
là VTPT
B(1; 0; 1)
n (a; b; c)
và có
u (2;1; 1)
là VTPT của
(Q)
là VTCP.
, suy ra phương trình của
a( x 1) by c( z 1) 0 ax by cz a c 0
Do
(Q)
nên
2a b c 0 c 2a b
2c b
d( A, (Q))
a2 b2 c2
Do đó:
Xét hàm số
thì ta đặt
f (t)
với
a
t
b
max f (t) f ( 2)
Chọn
b 1
ta tìm được
Vậy phương trình
Cách 2: Gọi
K, H
5a2 4 ab 2b2
16a2 8ab b2
, ta có:
5a2 4 ab 2b2
f '(t)
t
Suy ra
ta có:
7
2
16a2 8ab b2
5a2 4 ab 2b2
16t2 8t 1
5t2 4t 2
2
(5t 4 t 2)
max d( A, (Q))
, do đó
a 2, c 3
AK
2
f (t)
, f '(t) 0 t 2, t
14
2
, đạt được khi
a 2b
.
.
lần lượt là hình chiếu của
, mà
24t2 54 t 12
(Q) : 2 x y 3z 1 0
d( A, (Q)) AH AK
5
Nếu
Nếu
.
4
b 0 d( A, (Q))
b 0
có dạng:
(1)
4a b
(Q)
A
không đổi nên
lên
và
d( A, (Q))
(Q)
, khi đó
lớn nhất
H K
1
4
Dẫn tới
Vì
(Q)
K
là mặt phẳng đi qua
và nhận
AK
làm VTPT.
K K 1 2t; t; 1 t AK 2t; t 1; t 2
1
1 1
1 3
AK AK .u 0 4t t 1 t 2 0 t K 0; ; , AK 1; ;
2
2 2
2 2
Vậy phương trình
(Q) : 2 x y 3z 1 0
2. Cách 1: Tương tự như trên ta có
.
(Q) : ax by (2a b) z a b 0
( P), ( R) 00 900
Gọi
,
.
cos
Ta có:
2a b 2(2a b)
3 a2 b2 (2a b)2
a 0 cos
Nếu
Nếu
a 0
, đặt
b
t
a
Khảo sát hàm số
Suy ra
f (t)
max cos
Vậy phương trình
Cách 2: Gọi
d
1 b2 12ba 36a 2
3 2b2 4 ab 5a2
.
1
3 2
b2 12ba 36a 2
thì ta có:
2b2 4 ab 5a2
max f (t) f (
ta tìm được
đạt được khi
b
7
a
10
, chọn
( R) : 10 x 7 y 13z 3 0
là đường thẳng đi qua
Ta có phương trình
x 1 2 t
d : y t
z 1 2t
B
, lấy
t2 12t 36
2t2 4t 5
f (t)
7
53
)
10
6
b 7 a 10
.
và vuông góc với
( P)
C(3; 1;1) d, C B
www.thuvienhoclieu.com
Trang 10
H, K
Gọi
C
lần lượt là hình chiếu của
( R)
lên
và
, khi đó
BCH
BH BK
sin sin BCH
BC
BC
BK
BC
Mà
không đổi, nên suy ra
mặt phẳng
Mặt phẳng
Do
( R)
( BCK )
( BCK )
đi qua
phương trình của
M , N ( )
đi qua
và vuông góc với
và vuông góc với
( BCK )
nên
Ta có:
n (2a; 2b; b 2a)
n1 nP , u ( 1; 6; 4)
nR n1 , u 10; 7;13
có dạng:
( )
2ax 2by (b 2a) z 3b 0
. Gọi
Nếu
f (t)
Xét hàm số
3
2
, với
a 0
( ))
, đặt
t2 12t 36
5t2 4 t 8
max sin max
Do đó
Vậy phương trình của
ta tìm được
b 5
a 8
, chọn
b2 12ab 36a2
5b2 4 ab 8a2
b
t ,t
a
5 53
max f (t) f
9
8
b 5, a 8
( ) : 16 x 10 y 11z 15 0
.
.
và vuông góc với
là VTPT của
là VTPT của
ax by cz d 0
n .u
4 a 2b b 2a
1
sin
6
n . u
6. 4 a2 4b2 (b 2a)2
a 0 sin
là mặt phẳng đi qua
3
d b
2
c a 1 b
2
như sau:
là VTPT của
nên
( R)
.
.
( )
a b c d 0
a 2b c d 0
( )
( P)
nên
( R) : 10 x 7 y 13 z 3 0
Ta viết lại dạng phương trình của
Suy ra
hay
.
3. Cách 1: Giả sử phương trình mặt phẳng
Do
H K
nhỏ nhất
và
( R)
( BCK )
, suy ra
.
Cách 2: Ta có:
NM 2; 1; 2
x 1 2t
MN : y 1 t , t
z 1 2t
. Gọi
là VTCP của
d
MN
, suy ra phương trình đường thẳng
là đường thẳng đi qua
M
, song song với
. Suy ra phương trình
x 1 2t
d : y 1 t , t
z 1 t
Trên
d
ta lấy điểm
( ), ABH
Ta có:
( )
Ta có:
Suy ra
. Gọi
H, K
lần lượt là hình chiếu của
A
lên
( )
và
MN
, khi đó
.
cos ABH
Hay
A(3; 2; 0)
BH BK
BA
BA
là mặt phẳng đi qua
BK
BA
, mà
MN
n NM , u 1; 6; 4
ABH
lớn nhất
và vuông góc với mặt phẳng
là VTPT của
n NM , n 16; 10;11
Vậy phương trình của
không đổi nên
H K
( ) ( MN , d)
( )
là VTPT của
( ) : 16 x 10 y 11z 15 0
( )
.
Ví dụ 8.8 Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( ) : x y z 3 0 và điểm A(1; 2; 3) . Lập phương
trình đường thẳng nằm trong ( ) và
1. đi qua M (1;1;1) và khoảng cách từ A đến lớn nhất, nhỏ nhất;
2. đi qua M và khoảng cách giữa và
Lời giải.
Mặt phẳng
Gọi
( )
u (a; b; c)
1. Ta có:
có
n (1;1;1)
là VTCP của
d:
x 2 y
z
1
2 1 lớn nhất.
là VTPT
, do
( P) a b c 0 c a b
AM 0; 1; 2 u, AM c 2b; 2a; a
www.thuvienhoclieu.com
(1)
Trang 12
d( A, )
u, AM
(c 2b)2 5a2
u
a2 b2 c2
(b a)2 5a2
a2 b2 (a b)2
Do đó:
b2 2ab 6a2
1
b2 2ab b2
2
a 0 d( A, )
1
Nếu
f (t)
, với
t2 t 1
A
Khoảng cách từ
A
Khoảng cách từ
trình đường thẳng :
2. Đường thẳng
b
t ,t
a
đặt
, khảo sát hàm số
f (t)
ta tìm được
2
2
) 10, min f (t) f (4)
3
3
đến
phương trình đường thẳng :
a 0
t2 2t 6
Xét hàm số
max f (t) f (
2
d
lớn nhất khi
t 4
nhỏ nhất khi
x 1 y 1 z 1
:
1
4
5
đi qua
2
b
2
3
a
3
x 1 y 1 z 1
:
3
2
1
đến
t
N (2; 0; 0)
và có
b
4
a
, chọn
, chọn
b 2 a 3, c 1
b 4 a 1, c 5
, suy ra
, suy ra phương
.
u1 (1; 2; 1)
là VTCP
MN 1; 1; 1 , u, u1 (2a b; b; 2a b) u, u1 .MN 3b
Do đó
u, u .MN
3b
b2
1
d(, d)
3
3
2
2
2
2
2
u, u
4
a
3
b
(2a b) b (2a b)
1
Đẳng thức xảy ra khi
Vậy phương trình
a 0 c b u b(0;1; 1)
x 1
: y 1 t
z 1 t
.
Ví dụ 9.8 Lập phương trình đường thẳng d đi qua A(0; 1; 2) và cắt đường thẳng
sao cho:
1. Khoảng cách từ B(2; 1;1) đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất;
2. Khoảng cách giữa d và
Lời giải.
:
x 5
y
z
2
2 1 là lớn nhất.
d :
x 1 y z 2
2
1
1
d
Giả sử
cắt
d'
tại điểm
AM (2t 1; t 1; t)
1. Ta có
B
thì
M ( 1 2t; t; 2 t), t .
là VTCP của đường thẳng
AB (2; 2; 1)
Khoảng cách từ điểm
M
nên
d
.
AB, AM (1 t; 1; 4 2t).
đến đường thẳng
d
là
AB, AM
5t2 18t 18
d( B, d)
f (t)
AM
6t2 2t 2
f (t)
Ta có
5t2 18t 18
f (t)
2
6t 2t 2
nên
98t(t 2)
(6t2 2t 2)2
.
max f (t) f (0) 18, min f (t) f (2)
Từ đó ta tìm được
1
.
11
Do đó:
min d( B, d)
1
11
x y 1 z 2
.
3
3
2
d:
max d( B, d) 3 2
đạt được khi
đạt được khi
t 2 AM (3; 3; 2)
t 0 AM ( 1;1; 1)
x
y 1 z 2
d:
.
1
1
1
2.
đi qua
Ta có
N (5; 0; 0)
và có véc tơ chỉ phương
nên phương trình đường thẳng cần tìm
nên phương trình đường thẳng cần tìm
u (2; 2; 1).
u , AM (t 1; 4t 1; 6t), AN (5; 1; 2).
Khoảng cách giữa hai đường thẳng là:
u , AM . AN
6 3t
d(; d)
u , AM
(t 1)2 (4 t 1)2 (6t)2
3.
f (t)
Vì
6(t 2)(4 37t)
2
(53t 10t 2)
Từ đó ta tìm được
(2 t)2
53t2 10t 2
3. f (t), f (t)
f (t) 0 t 2, t
2
nên
4
max f (t) f
37
, khi đó
AM
(2 t)2
53t2 10t 2
.
4
.
37
1
29; 41; 4 .
37
www.thuvienhoclieu.com
Trang 14
d:
Vậy đường thẳng d có phương trình là
x
y 1 z 2
.
29
41
4
CC BÀI TỐN DNH CHO HỌC SINH ÔN THI ĐẠI HỌC
Bài 1
P : 2x
y z 1 0
1. Trong không gian Oxyz cho 2 điểm A( 1; 3; 2), B( 3;7; 18) và mặt phẳng
.
(
P
)
a) Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với
.
b) Tìm toạ độ điểm M thuộc ( P) sao cho MA MB nhỏ nhất.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đề Các vuông góc Oxyz cho tứ diện ABCD với
A(2; 3; 2), B(6; 1; 2), C( 1; 4; 3), D(1; 6; -5) . Tính góc giữa hai đường thẳng AB và CD . Tìm tọa độ
M trên CD sao cho tam giác ABM có chu vi nhỏ nhất.
3. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) có phương trình: x 2 y 2 z 5 0 và hai
A 3; 0;1 , B 1; 1; 3
điểm
. Trong các đường thẳng đi qua A và song song với ( P) , hãy viết phương
trình đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất.
4. Lập phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M(1;4;9) và cắt các tia Ox,Oy,Oz lần lượt tại các điểm A,B,C
(khác gốc tọa độ) sao cho
a) Thể tích khối tứ diện OABC có giá trị nhỏ nhất.
b) OA OB OC đạt giá trị nhỏ nhất.
x 1 y 8 z 1
2
3
1 và các điểm A( 3; 4; 1),
5. Cho đường thẳng
B(1; 6; 1), C(1; 10; 3). Tìm điểm M thuộc đường thẳng sao cho
:
a) MA MB nhỏ nhất.
b) MA MC nhỏ nhất.
Bài 2
1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình hộp chữ nhật
ABCD. A ' B ' C ' D ' có A trùng với gốc tọa độ, B a; 0; 0 , D 0; a; 0 , A ' 0; 0; b với a 0, b 0 . Gọi M
là trung điểm của CC ' .
a) Tính thể tích của khối tứ diện BDA ' M .
max VA ' BDM
b) Cho a b 4 . Tìm
.
2. Cho các điểm A(3; 1;0),B(2;1; 1),C(3;2;6).
a) Tìm điểm D thuộc mặt phẳng (Oyz) sao cho ABCD là tứ diện có các cặp cạnh đối vuông góc.
b) Tìm điểm M trên trục hoành sao cho tam giác ABM có diện tích nhỏ nhất.
3. Cho hai điểm A(5;2;3),B( 1; 2; 1).
a) Đường thẳng AB cắt mặt phẳng (Oxz) tại M. Điểm M chia đoạn AB theo tỉ số nào?
b) Tìm tọa độ điểm N trên mặt phẳng (Oxz) sao cho NA NB có gia trị nhỏ nhất.
2
2
c) Cho điểm K có các thành phần tọa độ bằng nhau. Xác định K biết rằng 2KA 3KB đạt giá trị lớn nhất
4. Cho A(1; 1; 2), mặt phẳng (P) : x y z 1 0 và đường thẳng
x 1 y z 4
:
.
2
1
3 Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm A
đồng thời
a) d //(P) và khoảng cách giữa d và là lớn nhất.
b) d //(P) và góc giữa d và là lớn nhất, bé nhất.
c) d vuông góc với đường thẳng
d là lớn nhất, bé nhất.
Bài 3 Trong không gian
Oxyz
x 1 t
d : y 3 t (t R)
z 1 t
:
cho đường thẳng
A(3; 2; 1), B(1; 2;1), C(2;1; 3)
1.
MA MB
. Tìm
nhỏ nhất
M
2.
và khoảng cách từ điểm B( 1; 1; 1) đến đường thẳng
x y z 1
1 2
1
và ba điểm
sao cho:
MA MC
nhỏ nhất.
M 1; 4; 9
Bài 4 Lập phương trình mặt phẳng ( ) đi qua
sao cho ( ) cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại 3
điểm A, B, C thỏa:
1. M là trọng tâm tam giác ABC ;
2. Tứ diện OABC có thể tích lớn nhất;
3. Khoảng cách từ O đến ( ABC) lớn nhất;
4. OA OC 4OB và OA OB 9 .
Bài 5 Cho
A a; 0; 0 , B 0; b; 0 , C 0; 0; c
1. Tìm tâm và bán kính
2. Gọi
r
R
với
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
Bài 6 Cho các điểm
1. Tìm tọa độ điểm
nhất.
a, b, c 0
thuộc mặt phẳng
và
OABC
OABC
.
( P) : x 2 y 2 z 6 0
(S) : ( x 1)2 ( y 1)2 ( z 1)2
M
. Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính
. Chứng minh rằng:
A(1; 0; 1), B(2; 2; 1), C(0; 1; 0)
M
1 1 1
2
a b c
2. Tìm
thuộc mặt cầu
trị lớn nhất.
57
2
1
3
r
4
2( 3 1)
R
.
.
MA MB MC
sao cho :
đạt giá trị nhỏ
2 MA 4 MB 3MC
sao cho :
đạt giá
Bài 7
1. Cho mặt cầu
(S1 ) : x2 y2 z2 6 x 12 y 12 z 72 0
và mặt cầu
(S)
(S2 ) : x2 y2 z2 9 0.
phương trình mặt cầu
có tâm nằm trên đường nối tâm của hai mặt cầu
mặt cầu đó và có bán kính lớn nhất
(S1 )
và
(S2 ),
Lập
tiếp xúc với hai
2. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm điểm A(3; 2; 1) và
x 1 y 1 z 1
1
2
1 sao cho
cắt đường thẳng
a) Khoảng cách từ B(2; 1; 1) đến là lớn nhất, bé nhất.
d:
www.thuvienhoclieu.com
Trang 16
x 1 2t
: y 2 t (t R)
z 1 2t
b) Khoảng cách giữa và
lớn nhất.
c) Góc giữa và mặt phẳng (P) : 5x 2y 3z 8 0 lớn nhất.
x 1 y2
z
x2 y 1 z
d:
d :
,
1
2
1
2
1
2 (Q) : x 2 y 2 z 3 0.
Bài 8. Cho
và
Lập phương trình
( P)
d
mặt phẳng
chứa đường thẳng
1. Góc giữa mặt phẳng
2. Góc giữa mặt phẳng
( P)
( P)
và
và mặt phẳng
và đường thẳng
1. Viết phương trình mặt phẳng
(Q)
chứa
( P)
d
3. Viết phương trình mặt phẳng
nhỏ nhất.
d
lớn nhất.
A(1; 4; 2), B( 1; 2; 4)
Bài 9 Trong không gian cho hai điểm
2. Viết phương trình
(Q)
chứa
d
chứa
d
và đường thẳng:
sao cho khoảng cách từ
vào tạo với mặt phẳng
( R)
d:
và tạo với
(Oxy)
Oy
A
đến
( P)
x 1 y2 z
1
1
2
.
lớn nhất.
một góc nhỏ nhất.
một góc lớn nhất.
Bài 10
Cho các điểm
Tìm điểm
1.
M
MA MB
A(1; 1; 2), B( 2; 1; 0), C(2; 0; 1)
thuộc
( P)
và mặt phẳng
( P)
có phương trình
2 x y z 3 0.
sao cho
có giá trị nhỏ nhất
MA MC
2.
3.
có giá trị lớn nhất.
MA MC
có giá trị nhỏ nhất
MA MB
4.
có giá trị lớn nhất.
Bài 11.
1. Cho
O(0; 0; 0)
:
x 1 y 1 z
,
1
2
1
d :
x y 1 z 1
.
2
2
1
và đường thẳng
đường thẳng
O
,
d
d'
phương trình đường thẳng qua
vuông góc với và cách
khoảng lớn nhất.
2. Cho các điểm
A(4; 1; 2), B(1; 4; 2), C(1; 1; 5)
( P) : x y z 7 0
điểm
M (C)
(S)
Lập
và đường tròn (C) là giao của mặt phẳng
x 2 y2 z 2 2 x 2 y 4 z 3 0
và mặt cầu
có phương trình
MA MB MC
sao cho
đạt giá trị lớn nhất.
. Tìm tọa độ
Bài 12. Cho các điểm A,B,C lần lượt nằm trên các trục Ox, Oy, Oz (khác gốc tọa độ). Lập phương trình mặt
phẳng (ABC) biết
1. Điểm G( 2;3;1) là trọng tâm của tam giác ABC.
2. Điểm H(5; 3; 2) là trực tâm của tam giác ABC.
3. Mặt phẳng (ABC) qua M(1; 2;3) và d(O,(ABC)) lớn nhất.
4. Mặt phẳng (ABC) qua N(1;2;3) và OA OB OC.
5. Mặt phẳng
(ABC)
qua
P(3;2;1),
A
điểm
có hoành độ bằng
2
đồng thời
OB 1 2OC.
Bài 13. Cho mặt phẳng (P) : x y z 1 0 và ba điểm A(1;1;1), B(0;1;2),C( 2;0;1).
1. Tìm tọa độ điểm M có tung độ bằng 1, nằm trong mặt phẳng (P) và thỏa mãn MA MB.
2. Tìm điểm
N
thuộc mặt phẳng
(P)
sao cho
2NA 2 NB2 NC2
đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 14.
1. Cho mặt phẳng (P) : x 2y z 1 0 và các điểm A(1; 0;0), B(0; 2; 3). Lập phương trình đường
thẳng d nằm trong (P), đi qua A và cách B một khoảng lớn nhất, nhỏ nhất?.
2. Lập phương trình đường thẳng d đi qua A(1; 1; 2), song song với mặt phẳng (Q) : 2x y z 3 0, đồng
thời d tạo với đường thẳng
d :
x 1 y 1 z
1
2
2 một góc nhỏ nhất, lớn nhất?.
x 1 y 2 z2
d :
A(
1;
0;
1)
2
1
1 sao cho
3. Lập phương trình đường thẳng d đi qua
và cắt đường thẳng
x 3 y 2 z3
:
1
2
2 là lớn nhất, nhỏ nhất?
góc giữa đường thẳng d và đường thẳng
x 1 y 2 z
d:
1
1
2 và điểm A(1; 4; 2),
Bài 15. Cho đường thẳng
B( 1; 2; 4). Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và
1. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) là lớn nhất.
2. Góc giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng (xOy) là nhỏ nhất.
3. Góc giữa mặt phẳng (P) và trục Oy là lớn nhất.
Chú ý: Trong không gian cho
1. Tìm
M
sao cho
a) Nhỏ nhất khi
b) Lớn nhất khi
n
A1 , A2 , ..., An
điểm
.
P 1 MA12 2 MA22 ... n MAn2
1 2 ... n 0
1 2 ... n 0
2. Tìm
M
sao cho
P 1 MA1 2 MA2 ... n MAn
n
i 0
nhỏ nhất hoặc lớn nhất , trong đó
i 1
.
Phương pháp giải:
I
Gọi là điểm thỏa mãn:
Khi đó :
1.
1 IA1 2 IA2 ... n IAn 0
n
i 0
điểm
I
tồn tại và duy nhất nếu
i 1
.
2
2
2
P 1 MI IA1 1 MI IA2 ... 1 MI IAn
www.thuvienhoclieu.com
Trang 18
n
(1 2 ... n ) IM 2 1 IAi2
i 1
n
1 IAi2
Do
i 1
không đổi nên:
1 2 ... n 0
Nếu
Nếu
thì
1 2 ... n 0
thì
P
P
nhỏ nhất
MI
MI
lớn nhất
nhỏ nhất
nhỏ nhất
n
P 1 MI IA1 2 MI IA2 ... n MI IAn i .MI
i 1
2.
Do đó
P
M
Nếu
của
I
lên
nhỏ nhất hoặc lớn nhất
thuộc đường thẳng
( P)
(hoặc
MI
nhỏ nhất hoặc lớn nhất.
(hoặc mặt phẳng
( P)
) thì
MI
lớn nhất khi và chỉ khi
M
là hình chiếu
).
Nếu M thuộc mặt cầu (S) và đường thẳng đi qua I và tâm của (S), cắt (S) tại hai điểm A, B (
IA IB) thì MI nhỏ nhất (lớn nhất) M B ( M A ).
Ví dụ 10.8 Cho ( P) : x y z 1 0 và ba điểm A(1;1;1), B(0;1; 2), C( 2; 0;1) .
1. Tìm tọa độ điểm M ( P) sao cho MA MB và yM 1 ;
2
2
2
2. Tìm N ( P) sao cho S 2 NA NB NC nhỏ nhất.
Lời giải.
1. Gọi M ( x;1; z) ( P) , ta có: x 1 z 1 0 x z
2
2
2
2
Suy ra MA MB ( x 1) ( z 1) x ( z 2) 2 x 2 z 2 4 z 4
1
1
1
1
z ; x
M ( ;1; )
2
2 . Vậy
2
2 .
I
(
x
;
y
;
z
)
2
IA
IB
IC
0 (*)
2. Gọi
là điểm thỏa mãn
2 IA 2 2 x; 2 2 y; 2 2 z , IB x;1 y; 2 z , IC 2 x; y;1 z
Ta có:
Nên
4 x 0
3
5
(*) 3 4 y 0 x 0, y , z
4
4
5 4 z 0
Khi đó:
Do đó
3 5
I 0; ;
4 4
. Suy ra
2
2
2 NA 2 NI IA 2 NI 2 2 IA2 4 NI .IA
2
2
NB NI 2 IB2 2 NI .IB ; NC NI 2 IC 2 2 NI .IC
S 4 NI 2 2 IA2 IB2 IC 2 2 NI 2IA IB IC 4 NI 2 2 IA2 IB2 IC 2
2
2
2
Do 2IA IB IC không đổi nên S nhỏ nhất khi và chỉ khi NI nhỏ nhất hay N là hình chiếu của I
lên mặt phẳng ( P) .
3
5
N ( x; y; z) IN x; y ; z
4
4 n 1; 1;1
Gọi
,
là VTPT của ( P)
Vì N ( P) x y z 1 0 (1)
x k
3
IN kn y k
4
5
z 4 k
Do IN ( P) nên
thay vào (1), ta có được:
3
5
3
3
3
1
k k k 1 0 k x , y , z
2
2
4
4
4
4
3 3 1
N ; ;
2 4 4
Vậy
.
Ví dụ 11.8 Trong không gian cho ba điểm A(1; 2; 3), B( 1; 0; 3), C(2; 3; 1)
1. Tìm M thuộc mặt phẳng ( ) : 2 x y 2 z 1 0 sao cho biểu thức sau nhỏ nhất
S 3MA2 4 MB2 6MC 2 ;
2. Tìm M thuộc đường thẳng
P MA 7 MB 5MC
x 1 y1 z 1
2
3
1 sao cho biểu thức sau lớn nhất:
;
2
2
2
3. Tìm M thuộc mặt cầu (S) : ( x 2) ( y 2) ( z 8) 36 sao cho biểu thức
F MA2 4 MB2 2MC2 đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
Lời giải.
1. Cách 1:
Gọi
Mà
I ( x; y; z)
là điểm thỏa mãn:
3IA 4 IB 6 IC 0 IA 6 AC 4 AB
IA (1 x; 2 y; 3 z), 6 AC (6; 30; 24), 4 AB ( 8; 8; 24)
Do đó
(*)
1 x 6 8
x 13
(*) 2 y 30 8 y 24 I ( 13; 24; 3)
3 z 24 24
z 3
2
2
2
2
2
2
S 3MA 4 MB 6 MC 3 MI IA 4 MI IB 6 MI IC
Khi đó:
IM 2 2MI 3IA 4 IB 6IC 3IA2 4 IB2 6 IC 2
IM 2 3IA2 4 IB2 6 IC2
Do
3IA2 4 IB2 6 IC 2
chiếu của
I
lên
( )
.
không đổi nên
. Ta có
S
nhỏ nhất
IM
nhỏ nhất
M
là hình
x 13 2t
IM ( ) IM : y 24 t
z 3 2t
www.thuvienhoclieu.com
Trang 20
- Xem thêm -
.DOCX 
24 
1 
128 
