Đoàn Ngọc Dũng -

CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC

GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

BÀI 1 : Cho điểm M(1 ; 1 ; 1) và mặt phẳng (P) : x + y – 2z – 6 = 0. Tìm tọa độ điểm H  (P) sao cho MH nhỏ nhất. Tìm khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P). Tìm điểm M’ đối xứng với M qua mp(P).

ĐS : H(2 ; 2 ; –1) ; d(M , (P)) = 6 ; M’(3 ; 3 ; –3)

 Hướng dẫn :

1) Tìm tọa độ điểm H  (P) sao cho MH nhỏ nhất

Xét đường thẳng (d) đi qua M và vuông góc với mặt phẳng (P).

VTCP của đường thẳng (d) : ud nP 



1;1;2

  





















t 2 1 z

t 1 y

t 1 x :

d (t  R)

Tọa độ hình chiếu H của M lên mặt phẳng (P) là nghiệm của hệ































0 6 z 2 y x

t 2 1 z

t 1 y

t 1 x

 1 + t + 1 + t – 2(1 – 2t) – 6 = 0  t = 6

6 = 1  H(2 ; 2 ; 1)

2) Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) :

   

6 6 6 4 1 1

6 2 1 P 1

, M

d  









  3) Tìm điểm M’ đối xứng với M qua mp(P).

Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua H  H là trung điểm của MM’

 M’ :









































3 1 2 z z 2 z

3 1 4 y y 2 y

3 1 4 x x 2 x

M H ' M

M H ' M

M H ' M

 M’(3 ; 3 ; 2)

BÀI 2 : Cho mặt phẳng (P) : x + 2y + 2z + 5 = 0 và mặt cầu (S) : x² + y² + z² – 10x – 2y – 6z + 10 = 0. Từ điểm M thuộc mp(P) vẽ đường thẳng () tiếp xúc mặt cầu (S) tại N. Tìm tọa độ điểm M sao cho MN đạt giá

trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. ĐS : M(3 ; –3 ; –1) ; 11

 Hướng dẫn :

Mặt cầu (S) có tâm I(5 ; 1 ; 3), R = 5 d(I ; (P)) = 6 > r  (P)  (S) = 

Vì MN MI²R² nên MNmin  IMmin  M là hình chiếu vuông góc của I lên (P).

Khi M là hình chiếu của I lên (P) thì IM  (P), ta chọn u_IM n_P = (1 ; 2 ; 2).

 

















 t 2 3 z

t 2 1 y

t 5 x :

IM . Từ hệ































0 5 z 2 y 2 x

t 2 3 z

t 2 1 y

t 5 x

 M(3 ; 3 ; 1)

Khi đó MN MI² R²  11. Vậy giá trị nhỏ nhất của MN là 11 .

BÀI 3 : Cho hai điểm A(3 ; 1 ; 1), B(7 ; 3 ; 9) và mặt phẳng (P) : x + y + z + 3 = 0. Tìm điểm M thuộc mp(P)

sao cho MAMB đạt giá trị nhỏ nhất. ĐS : M(0 ; –3 ; 0)

 Hướng dẫn :

 Gọi I là trung điểm của AB  I(5 ; 2 ; 5)

Ta có : MAMB2.MI MAMB2.MI 2.MI Do đó MAMB nhỏ nhất  MI nhỏ nhất

 M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (P)



 



 

P phẳng mặt

M

n tuyến pháp véctơ với phương cùng

IM















 

























 













 

 





0 z

3 y

0 x 3 z y x

3 z y

3 y x 0

3 z y

x 1

5 z 1

2 y 1

5 x

 M(0 ; 3 ; 0).

Vậy MAMB nhỏ nhất khi M(0 ; 3 ; 0)

BÀI 4 : Cho ba điểm A(0 ; 1 ; 2), B(1 ; 1 ; 1), C(2 ; –2 ; 3) và mặt phẳng (P) : x – y + z + 3 = 0. Tìm điểm M thuộc mp(P) sao cho MAMBMC đạt giá trị nhỏ nhất. ĐS : M(–1 ; 2 ; 0)

 Hướng dẫn :

 Gọi G là trọng tâm của ABC  G(1 ; 0 ; 2)

 M là một điểm tùy ý thuộc (P), ta có :

MG . 3 MG . 3 MC MB MA MG

3 MC MB

MA       

MC MB

MA 

 ngắn nhất  MG ngắn nhất

 M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (P)

 Xét đường thẳng (d) qua G và vuông góc với (P)

   





























t 2 z

t y

t 1 x : d 1

; 1

; 1 n ud P

Thay x y, z vào phương trình mp(P), ta có : 1 + t + t + 2 + t + 3 = 0  t = 3

6

 = 2  M(1 ; 2 ; 0).

BÀI 5 : Cho bốn điểm A(–5 ; 2 ; 0), B(–8 ; –1 ; –1), C(1 ; 1 ; –5), D(–3 ; –2 ; 2) và mặt phẳng (P) : 4x – y – 2z – 8 = 0. Tìm điểm M thuộc (P) sao cho MAMBMCMD ngắn nhất. ĐS : M(1/4 ; –1 ; –3)

 Hướng dẫn :

 Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD _



 



 

 ;0; 1 4

G 15

 M là một điểm tùy ý thuộc (P), ta có : MAMBMCMD4.MG MG

. 4 MG . 4 MD MC MB

MA    



MD MC MB

MA  

 ngắn nhất  MG ngắn nhất

 M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (P)

 Xét đường thẳng (d) qua G và vuông góc với (P)

 





























t 2 1 z

t y

t 4 4 x 15 :

d (t  R)

 Thay x, y, z vào phương trình mặt phẳng (P) tìm được t = 1 _



 



  

 ; 1; 3 4

M 1

BÀI 6 : Cho tứ diện ABCD có A(3 ; –1 ; 0), B(0 ; –7 ; 3), C(–2 ; 1 ; –1), D(3 ; 2 ; 6). Tìm trên mặt phẳng (Oxz) điểm M sao cho MA2MB3MC đạt giá trị nhỏ nhất. ĐS : M(–1/2 ; 0 ; 1/2)

 Hướng dẫn :

Xét điểm I sao cho IA= (3 – x ; –1 – y ; –z)

IB = (–x ; –7 – y ; 3 – z)  2.IB = (–2x ; –14 – y ; 6 – 2z)

IC = (–2 – x ; 1 – y ; –1 – z)  3. IC = (–6 – 3x ; 3 –3y ; –3 – 3z)

Do đó : IA + 2. IB + 3 IC = 0 











































0 z 3 3 z 2 6 z

0 y 3 3 y 2 14 y 1

0 x 3 6 x 2 x 3























2 z 1

2

y 2

x 1

 I 



 



    2 z 1

; 2 y 2; x 1

Mặt khác : ^{MA2MB3MCMIIA2}



^MIIB

 

^3MIIC



^6MI



^{IA2.IB3IC}



^6.MI

(do IA2.IB3IC0)

 MA2MB3MC 6MI = 6.MI  MA2MB3MC nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất

 M là hình chiếu của I lên (Oxz)  M 



 



2

; 1 0 2 ;

1 .

 Chú ý : Có thể tìm tọa độ điểm I như sau :

Xét điểm I sao cho ^{IA2.IB3.IC0IOOA2}



^IOOB

 

^3IOOC



^0



^{OA 2.OB 3.OC}



6 OI 1 OC . 3 OB . 2 OA OI 6 OC . 3 OB . 2 OA IO

.

6           



Mà OA



3;1;0



; OB



0;7;3



2.OB



0;14;6



; OC



2;1;1



3.OC



6;3;3



   

^



 



 



















 2

;1 2 2; OC 1

. 3 OB . 2 6 OA 3 1

; 12

; 3 OC . 3 OB . 2 OA



 



 

 2

;1 2 2; I 1

BÀI 7 : Trong không gian (Oxyz) cho các điểm A(–3 ; 5 ;–5), B(5 ;–3 ; 7) và mặt phẳng (P) : x + y + z = 0 1) Tìm giao điểm I của AB với mp(P). 2) Tìm điểm M  (P) sao cho MA² + MB² nhỏ nhất.

ĐS : a) I(–1 ; 3 ; –2) b) M  O(0 ; 0 ; 0) và min(MA² + MB²) = 142.

 Hướng dẫn :

1) Tìm giao điểm I của AB với mp(P).

Ta có : AB = (8 ; 8 ; 12) hay (2 ; 2 ; 3)

Đường thẳng AB qua điểm A(3 ; 5 ; 5) và có VTCP u = (2 ; 2 ; 3) 

 























t 3 5 z

t 2 5 y

t 2 3 x :

AB (t  R)

Gọi I = AB  mp(P)  I thỏa hệ :

































0 z y x

t 3 5 z

t 2 5 y

t 2 3 x

 3 + 2t + 5 – 2t – 5 + 3t = 0 1 3 t3

  I(1 ; 3 ; 2)

2) Tìm điểm M  (P) sao cho MA² + MB² nhỏ nhất.

Gọi N là trung điểm của AB  N(1 ; 1 ; 1). Ta có :

  

²



^{2 2}

 

^{2 2}

2 2 2

2 MB MA MB MN NA MN NB 2MN 2MNNA NB NA NB

MA            

2 2 2

2

2 MB 2MN NA NB

MA    



^{vì NANB0}



Vì NA² + NB² không đổi nên (MA² + MB²) nhỏ nhất  MN nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của N lên mặt phẳng (P)

Gọi () là đường thẳng đi qua N và vuông góc với mặt phẳng (P) thì () nhận véctơ n = (1 ; 1 ; 1) làm P

véctơ chỉ phương  phương trình tham số của () là :

 





















t 1 z

t 1 y

t 1 x

: (t  R)

Gọi M = ()  mp(P)  M thỏa hệ :





























0 z y x

t 1 z

t 1 y

t 1 x

 1 + t + 1 + t + 1 + t = 0  t = 1  M(0 ; 0 ; 0)

MA² + MB² = (9 + 25 + 25) + (25 + 9 + 49) = 142

Vậy với M(0 ; 0 ; 0) thì MA² + MB² nhỏ nhất là bằng 142.

BÀI 8 : Cho ba điểm A(0 ; 1 ; 2), B(–1 ; 2 ; 4), C(2 ; –1 ; –1) và mp(P) : x + 2y + 2z + 3 = 0. Tìm điểm M thuộc mp(P) sao cho biểu thức T = MA² + 2MB² – 2MC² đạt giá trị nhỏ nhất. ĐS : M(–89/9 ; –7/9 ; 38/9)

 Hướng dẫn :

Xét điểm I sao cho IA2IB2IC0

Ta có : ^{IA2IB2IC0IA2}



^IBIC



^{0IA2CB0AI2CB}

AI = (x ; y – 1 ; z – 2)

CB = (3 ; 3 ; 5)  2. CB = (6 ; 6 ; 10) Do đó















 























12 z

7 y

6 x 10 2 z

6 1 y

6 x CB 2

AI  I(6 ; 7 ; 12)

Mặt khác, ta có : T = MA² + 2MB² – 2MC² MA²2MB²2MC^{2 }



^{MI IA }

 

^{22 MI IB }

 

^{22 MI IC }



²

 

2 2 2 2

MI IA 2IB 2IC 2MI IA 2IB 2IC

        

= MI² + IA² + 2IB² – 2IC² (do IA2IB2IC0)

Do IA² + 2IB² – 2IC² không đổi nên T đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (P).

Xét đường thẳng () qua I và vuông góc với mặt phẳng (P)

 vectơ chỉ phương của () là u_ n_P = (1 ; 2 ; 2) 

 























t 2 12 z

t 2 7 y

t 6 x

: (t  R)

Tọa độ điểm M thỏa hệ :

































0 3 z 2 y 2 x

t 2 12 z

t 2 7 y

t 6 x

 6 + t + 14 + 4t + 24 + 4t + 3 = 0

9 t 35



Vậy 



 



  9

; 38 9

; 7 9

M 89 .

BÀI 9 : Cho ba điểm A(3 ; 1 ; 1), B(0 ; 1 ; 3), C(0 ; 3 ; 1) và mặt phẳng (P) : x + y + z – 6 = 0. Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA² – MB² – MC² đạt giá trị lớn nhất. ĐS : M(2 ; 4 ; 4)

 Hướng dẫn : Gọi K(x ; y ; z) (d)

KA = (3 – z ; 1 – y ; 1 – z) ; KB = (x ; 1 – y ; 3 – z) ; KC = (x ; 3 – y ; 1 – z)















 

































3 z

3 y

3 x 0 z 3

0 y 3

0 x 3 0 KC KB

KA  K(3 ; 3 ; 3)

(d) đi qua K(3 ; 3 ; 3) và có véctơ chỉ phương u = (1 ; 1 ; 1) _d

 phương trình tham số của (d) :



















 t 3 z

t 3 y

t 3 x

(t  R)

Ta có : MA² – MB² – MC² =

      

^{MA2 MB2 MC2  MKKA}

 

^{2 MKKB}

 

^{2 MKKC}



²

= MK² + KA² + 2MK.KA  MK² – KB² – 2MK.KB  MK² – KC²  2MK.KC

= MK² + KA² – KB² – KC² + ^2MK



^KAKBKC



^{= KA2  KB2  KC2  MK2}

Vì K, A, B, C là những điểm cố định  KA²  KB²  KC² là một số không đổi

 KA²  KB²  KC²  MK² lớn nhất  MK² nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của K lên mp(P)

 M  (d)  M = (d)  (P)  tọa độ M thỏa hệ

































0 6 z y x

t 3 z

t 3 y

t 3 x

 3 + t + 3 + t + 3 + t – 6 = 0  3t = 3  t = 1  M(2 ; 4 ; 4) Vậy M(2 ; 4 ; 4) thì thỏa yêu cầu bài toán.

BÀI 10 : Trong không gian (Oxyz) cho các điểm A(1 ; 4 ; 5), B(0 ; 3 ; 1), C(2 ; –1 ; 0) và mặt phẳng (P) : 3x – 3y – 2z – 15 = 0. Tìm điểm M  (P) sao cho MA² + MB² + MC² nhỏ nhất. ĐS : M(4 ; –1 ; 0).

 Hướng dẫn :

Gọi G là trọng tâm của ABC  G(1 ; 2 ; 2) Ta có : TMA²MB²MC² MA²MB²MC²



^{MG GA}

 

^{2 MG GB}

 

^{2 MG GC}



²

        



_{   }



0 2

2 2

2 GA GB GC 2MGGA GB GC

MG

3      



T = 3MG² + GA² + GB² + GC²  GA² + GB² + GC² (không đổi)

Do đó T nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (P) Đường thẳng (d) qua G, vuông góc với mặt phẳng (P) :

















 t 2 2 z

t 3 2 y

t 3 1 x

(t  R)

M = (d)  mp(P)  M thỏa hệ































0 15 z 2 y 3 x 3

t 2 2 z

t 3 2 y

t 3 1 x

 3 + 9t –6 + 9t –4 + 4t –15 = 0 t 1  M(4 ;1 ; 0)

Vậy M(4 ;1 ; 0)  (P) thì MA² + MB² + MC² nhỏ nhất.

BÀI 11 : Cho mặt phẳng () : 2x – y – 3z + 5 = 0 và hai điểm A(0 ; 0 ; –3) ; B(9 ; 15 ; 12).

Tìm điểm M thuộc mặt phẳng () sao cho :

1) MA + MB ngắn nhất. ĐS : M(3 ; 5 ; 2) 2)  MA – MB  dài nhất. ĐS : M(–17 ; –11 ; –6)

 Hướng dẫn :

 Vị trí tương đối của hai điểm A, B đối với mặt phẳng () :

(0 – 0 _ 9 + 5)(18 – 15 – 36 + 5) = 14.(28) < 0  A và B ở hai phía đối với mặt phẳng () 1) MA + MB ngắn nhất.

Gọi N là giao điểm của AB với mặt phẳng (). Khi đó, với điểm M bất kỳ thuộc mặt phẳng (), ta có : MA + MB  AB = NA + NB (không đổi)  MA + MB nhỏ nhất  M  N

 Xét đường thẳng AB đi qua A(0 ; 0 ; 3) và có VTCP AB = (9 ; 15 ; 15) hay (3 ; 5 ; 5)

 



















t 5 3 z

t 5 y

t 3 x : AB

Gọi N = AB  mặt phẳng ()  N thỏa hệ :





























0 5 z 3 y x 2

t 5 3 z

t 5 y

t 3 x

 6t – 5t + 9 – 15t + 5 = 0 1 14 t 14 



 

  N(3 ; 5 ; 2)

Vậy MA + MB nhỏ nhất là bằng AB  M  N  M(3 ; 5 ; 2) 2)  MA – MB  dài nhất.

Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua mặt phẳng (). Gọi I là giao điểm của A’B với mặt phẳng () và M là một điểm bất kỳ thuộc mặt phẳng (), ta có : MAMB MA'MBA'B (không đổi)

Dấu “=” xảy ra  M nằm trên đường thẳng A’B và ở ngoài đoạn A’B Mà M  mặt phẳng () nên M là giao điểm của A’B và mặt phẳng ().

 M  I (với I là giao điểm của A’B và mặt phẳng ())

Xét đường thẳng AA’ đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ()

 véctơ chỉ phương của AA’ là un



2;1;3



 phương trình đường thẳng AA’ là : (AA’) :



















t 3 3 z

t y

t 2 x

(t  R)

Gọi H = AA’  mp()  H thỏa hệ :































0 5 z 3 y x 2

t 3 3 z

t y

t 2 x

 4t + t + 9 + 9t + 5 = 0   t 1  H(2 ; 1 ; 0)

Vì A’ đối xứng với A qua H nên H là trung điểm của AA’  A’ :

A ' H A

A ' H A

A ' H A

x 2x x 4

y 2y y 2

z 2z z 3

    

   

   



 A’(4 ; 2 ; 3)

Đường thẳng A’B đi qua A’(4 ; 2 ; 3) và có VTCP là A = (13 ; 13 ; 9)  (A’B) : 'B



















 t 9 3 z

t 13 2 y

t 13 4 x

Gọi I = (A’B)  mp()  I thỏa hệ

































0 5 z 3 y x 2

t 9 3 z

t 13 2 y

t 13 4 x

 8 + 26t – 2 – 13t – 9 – 27t + 5 = 0

14 1 t 14 

 

  I(17 ; 11 ; 6)

Vậy MAMB lớn nhất là bằng A’B  M  I  M(17 ; 11 ; 6)

BÀI 12 : Cho mặt phẳng () : 2x – y + z + 1 = 0 và hai điểm A(–1 ; 3 ; –2) ; B(–9 ; 4 ; 9).

Tìm điểm M thuộc mặt phẳng () sao cho :

a) MA + MB ngắn nhất. ĐS : M(–1 ; 2 ; 3) b)  MA – MB  dài nhất. ĐS : M(7 ; 2 ; –13)

 Hướng dẫn :

 Vị trí tương đối của hai điểm A, B đối với mp() : (2 – 3 – 2 + 1)(18 – 4 + 9 + 1) = (6).(12) = 72 > 0

 A và B nằm cùng một phía đối với mặt phẳng () 1) MA + MB ngắn nhất.

Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua mặt phẳng () và N là giao điểm của A’B với mặt phẳng (). Khi đó, với điểm M bất kỳ thuộc mặt phẳng () Ta có : MA + MB = MA’ + MB  A’B = A’N + NB = NA + NB

Do đó MA + MB nhỏ nhất  M  N

Xét đường thẳng AA’ đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ()

 VTCP của AA’ là AA'n



2;1;1



 (AA’) :





















 t 2 z

t 3 y

t 2 1 x

(t  R)

Gọi H = AA’  mp()  H thỏa hệ :



































0 1 z y x 2

t 2 z

t 3 y

t 2 1 x

 2 + 4t – 3 + t – 2 + t + 1 = 0  H(1 ; 2 ; 1)

Vì A’ đối xứng với A qua H nên H là trung điểm của AA’  A’:







































0 2 2 z z 2 z

1 3 4 y y 2 y

3 1 2 x x 2 x

A H ' A

A H ' A

A H ' A

 A’(3 ; 1 ; 0)

Ta có VTCP của A’B là A = (12 ; 3 ; 9) hay (4 ; 1 ; 3)  (A’B) : 'B















 t 3 z

t 1 y

t 4 3 x

(t  R)

Gọi N = A’B  mặt phẳng ()  N thỏa hệ





























0 1 z y x 2

t 3 z

t 1 y

t 4 3 x

 6 – 8t – 1 – t + 3t + 1 = 0  N(1 ; 2 ; 3)

Vậy MA + MB nhỏ nhất là bằng AB  M  N  M(1 ; 2 ; 3) 2)  MA – MB  dài nhất.

Ta có : MAMBAB (không đổi). Do đó : MAMB lớn nhất là bằng AB

 M ở trên đường thẳng AB và ở ngoài đoạn AB Mà M  mặt phẳng () nên M = AB  mặt phẳng ()

Xét đường thẳng AB đi qua A(1 ; 3 ; 2) và có VTCP AB = (8 ; 1 ; 11)  (AB) :























t 11 2 z

t 3 y

t 8 1 x

(t  R)

Gọi M = AB  mp()  M thỏa hệ :



































0 1 z y x 2

t 11 2 z

t 3 y

t 8 1 x

 2 – 16t – 3 – t – 2 + 11t + 1 = 0

6 1 t 6 

 

  M(71 ; 2 ; 13)

BÀI 13 : Cho M(2 ; 1 ; 4) và đường thẳng d :

















 t 2 1 z

t 2 y

t 1 x

. Tìm H  d sao cho MH nhỏ nhất. ĐS : H(2 ; 3 ; 3)

 Hướng dẫn :

Xét mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với đường thẳng (d).

Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) : ^{nP ud }



^{1;1 ; 2}



 mặt phẳng (P) : 1(x – 2) + 1(y – 1) + 2(z – 4) = 0  x + y + 2z – 11 = 0 Gọi H là hình chiếu của M lên đường thẳng (d)  H = (d)  mặt phẳng (P)

 tọa độ H thỏa hệ :

x 1 t y 2 t z 1 2t

x y 2z 11 0

  

  

  

    



 1 + t + 2 + t + 2 + 4t – 11 = 0  6t = 6  t = 1  H(2 ; 3 ; 3)

Khoảng cách từ M đến (d) :

     

d d

u MA , d u

, M

d 

Đường thẳng d đi qua A(1 ; 2 ; 1) và có VTCP ^{ud }



^{1;1; 2}



^{; MA }



^{1;1; 3}



 

   

d

d

u 1;1; 2

u , MA 5;1; 2 MA 1;1; 3

     

  

 ^{d M , d}

   

^{25 1 4 30 5}

1 1 4 6

     

  M’ là điểm đối xứng của M qua H  H là trung điểm của MM’

 M’ :

M ' H M

M ' H M

M ' H M

x 2x x 4 2 2

y 2y y 6 1 5

z 2z z 6 4 2

     

     

     



 M’(2 ; 5 ; 2)

 Cách 2 :

Véctơ chỉ phương của đường thẳng (d) : ^{ud }



^{1;1; 2}



Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên (d), ta có : H  (d)  H(1 + t ; 2 + t ; 1 + 2t)

 ^MH  



1 t ;1 t ; 3 2t  



MH  (d)  MHud  MH.ud 0  1(1 + t) + 1(1 + t) + 2(–3 + 2t) = 0  6t = 6  t = 1 Vậy H(2 ; 3 ; 3)

Khoảng cách từ M đến (d) : MH 0 4 1   5

 Cách 3 :

Ta có : H  (d)  H(1 + t ; 2 + t ; 1 + 2t)  ^MH  



1 t ;1 t ; 3 2t  



 

^{2 2}

 

^{2 2 2 2}

MH 1 t (1 t) 3 2t 6t 12t 11 6(t 2t 1) 5 6(t 1) 5 5

                   

 MH đạt giá trị nhỏ nhất là 5 khi t = 1. Khi đó H(2 ; 3 ; 3).

BÀI 14 : Cho 2 điểm A(1 ; 4 ; 2), B(1 ; 2 ; 4) và đường thẳng

2 z 1

2 y 1

1 :x

d   



 . Tìm tọa độ điểm M

thuộc đường thẳng d sao cho : a) M AM B nhỏ nhất. b) MA² + MB² nhỏ nhất. c) SAMB nhỏ nhất.

ĐS : a) M(1 ; 0 ; 4) ; b) M(1 ; 0 ; 4) ; c) M(–12/7 ; 5/7 ; 38/7)

 Hướng dẫn :

Phương trình tham số của (d) :

















 t 2 z

t 2 y

t 1 x

(t  R). Vì M (d)  M(1 – t ; 2 + t ; 2t)

1) M AM B nhỏ nhất.

Ta có MA = (t ; 6 – t ; 2 – 2t), MB = (2 + t ; 4 – t ; 4 – 2t) và MAMB= (2 + 2t ; 10 – 2t ; 6 – 4t).

Suy ra : MAMB 



22t

 

²  102t

 

²  64t



²  24² 96140  24



t2



² 44 Do đó MAMB nhỏ nhất khi t = 2 và lúc đó M(1 ; 0 ; 4).

 Cách khác :

Gọi I là trung điểm của AB  I(0 ; 3 ; 3)

Ta có : MAMB2.MI MAMB2.MI 2.MI Do đó MAMB nhỏ nhất  MI nhỏ nhất

Mà M  (d) nên MI nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng (d) Xét mặt phẳng (P) : 1(x – 0) + 1(y – 3) + 2(z – 3) = 0  x + y + 2 – 9 = 0

Gọi M = (d)  mp(P)  M thỏa hệ :















 



























 















 

 



4 z

0 y

1 x 9 z 2 y x

4 z y 2

1 y x 0 9 z 2 y

x 2

z 1

2 y 1

1 x

 M(1 ; 0 ; 4) Vậy MAMB nhỏ nhất khi M(1 ; 0 ; 4).

2) MA² + MB² nhỏ nhất.

Vì MA² + MB² = (t² + (6 – t)² + (2 – 2t)²) + ((2 + t)² + (4 – t)² + (4 – 2t)²) = 12t² – 48t + 76 = 12(t – 2)² + 28.

Vậy MA² + MB² nhỏ nhất khi t = 2 và khi đó M(1 ; 0 ; 4).

3) SAMB nhỏ nhất.

Ta có AM = (t ; 6 + t ; 2 + 2t) ; AB = (2 ; 2 ; 2) ;



^AM;AB



= (6t – 16 ; 2t + 4 ; 4t – 12).

Từ đó



^{AM; AB}



2

S_AMB  1

     

56t 304t 416

2 12 1 t 4 4 t 2 16

t 2 6

1  2   2  2  2 

 .

Vì 56t² – 304 + 416 là hàm số bậc hai nên SAMB nhỏ nhất khi

7 19 112

t 304  , lúc đó 



 



7

;38 7

;5 7

M 12 .

BÀI 15 : Cho ba điểm A(4 ; 1 ; –28), B(4 ; –9 ; 2), C(10 ; 2 ; –10) và đường thẳng d :

3 4 z 1 y 2

9

x  

 

 .

Tìm điểm M thuộc (d) sao cho MAMBMC đạt giá trị nhỏ nhất. ĐS : M(5 ; 2 ; –10)

 Hướng dẫn :

Ta có MAMBMC3MG với G(6 ; 2 ; 12) là trọng tâm của ABC MG

3 MC MB

MA  

 .

Vậy, MAMBMC đạt giá trị nhỏ nhất

 MG nhỏ nhất (với G cố định và M  d)

 M là hình chiếu vuông góc của G trên đường thẳng d.

M(9 + 2t ; t ; 4 + 3t)  d, ta có GM = (3 + 2t ; 2 – t ; 8 + 3t).

M là hình chiếu vuông góc của G trên đường thẳng d 0

u . GM 

 ( u = (2 ; 1 ; 3) là véc-tơ pháp tuyến của d)

 2(3 + 2t) – 1(2 – t) + 3(8 + 3t) = 0  t = 2, khi đó M(5 ; 2 ; 10).

Kết luận : M  d và MAMBMC nhỏ nhất khi M có tọa độ bằng (5 ; 2 ; 10).

BÀI 16 : Cho mặt cầu (S) có tâm I(2 ; 0 ; –1) và tiếp xúc với đường thẳng d : (x = 2 – t ; y = a – 2 + t ; z = a – 1 + 2t). Xác định a để mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất. ĐS : a = 2.

 Hướng dẫn :

Đường thẳng  đi qua điểm A(2 ; a – 2 ; a – 1) và có VTCP u = (1 ; 1 ; 2).

Ta có IA = (0 ; a – 2 ; a),

 

^u,IA = (4 – a ; a ; 2 – a).

Mặt cầu (S) tiếp xúc với  nên mặt cầu (S) có bán kính :

       

6

a 2 a a 4 u

IA , , u

I d

R  ² ²  ²







 3a² 12a 20 ^{3 a}



²



^{2 8} 8 2

6 6 6 3

 

 

    .

 a 2

3 R 2

min    . Vậy khi a = 2 thì mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất.

BÀI 17 : Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất và tiếp xúc với hai đường thẳng có phương trình : (d1) :

















 3 z

t 3 1 y

t 4 5 x

; (d2) :

1 z 1

1 y 2 x

 

  . ĐS : (S) :

4 ) 29 2 z ( ) 2 y 2 (

x 1 ^{2 2}

2









 



 

 

 Hướng dẫn :

Gọi MN là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2) (với M  (d1) và N  (d2)). Mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất và tiếp xúc với 2 đường thẳng (d1) và (d2) là mặt cầu có đường kính MN.

M  (d1)  M(5 + 4t1 ; 1 + 3t1 ; 3) Phương trình tham số của (d2) :

















2 2 2

t z

t 1 y

t 2 x

(t2  R)

N  (d2)  N(2t2 ; 1 + t2 ; t2) ; MN = (5 – 4t1 + 2t2 ; 2 – 3t1 + t2 ; 3 – t2) VTCP của (d1) là u = (4 ; 3 ; 0) và VTCP của (dd₁ 2) là ud₂ = (2 ; 1 ; 1) Vì MN là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2) nên











2 1

d d

u MN

u

MN

 

 



















 















 



































 

1

; 0

; 2 N 1 t

3

; 4

; 1 M 1 t 5

t 6 t 11

14 t 11 t 25 0

t 3 t t 3 2 t 4 t 8 10

0 t 3 t 9 6 t 8 t 16 20

2 1 2

1 2 1 2

2 1 2

1

2 1 2

1

Gọi I là trung điểm của MN  



 



 ;2;2 2

I 1 ; bán kính

   

29

2 2 1 4

2 3 MN 1 2

R1   ² ²   ² 

Vậy phương trình mặt cầu

     

4 2 29 z 2 2 y

x 1 :

S ^{2 2}

2









 



 

 

BÀI 18 : Cho mặt cầu (S) : (x + 3)² + (y – 2)² + (z – 1)² = 60/7 và mp(P) : (m – 1)x – 3y + (2m + 3)z + m – 8

= 0. Tính m để mp(P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn (C) có bán kính nhỏ nhất. Trong trường hợp này,

tính diện tích của hình tròn (C). ĐS : m = –1 ; S = 4

 Hướng dẫn :

Mặt cầu (S) có tâm I(3 ; 2 ; 1) và bán kính

7 R 60 .

      

 

²

 

²

 

²

3 m 1 3 2 2m 3 1 m 5 8 8

d(I ; ( ))

m 1 9 2m 3 5 m 1 14 14

      

   

     

Ta có d² + r² = R² nên r nhỏ nhất  d lớn nhất 



 





14

bằng 8  m = 1.

Khi đó 4

14 64 7 d 60 R 14 r

d 8  ²  ²  ²     diện tích của hình tròn (C) là S = r² = 4.

BÀI 19 : (DBĐH A 2003) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac 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 điểm M thuộc đường thẳng CD sao cho ABM có chu vi nhỏ nhất. ĐS : AB  CD ; M(0 ; 1 ; –1).

 Hướng dẫn :

a)Tính góc giữa hai đường thẳng AB và CD.

Ta có : AB = (4 ; 4 ; 4) ; CD = (2 ; 10 ; 8)

Gọi  là góc giữa hai đường thẳng AB và CD, ta có : 168 0 . 48

0 64

100 4 . 16 16 16

32 40

cos 8  











 

   = 90^o  góc(AB , CD) = 90^o.

 Chú ý : AB = (1 ; 1 ; 1) ; CD = (1 ; 5 ; 4)  0

16 25 1 . 1 1 1

4 5

cos 1 











 

   = 90^o

b) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng CD sao cho ABM có chu vi nhỏ nhất.

 Chu vi MAB = AB + MA + MB

 Vì AB 161616 không đổi nên chu vi MAB nhỏ nhất khi MA + MB nhỏ nhất.

 Vì AB  CD nên xét mặt phẳng () chứa AB và vuông góc với CD. Gọi H là giao điểm của CD và mặt phẳng () và M là một điểm tùy ý trên CD.

Theo định lý đoạn vuông góc và xiên góc ta có :

MA  HA và MB  HB  MA + MB  HA + HB (không đổi) Dấu “=” xảy ra  M  H

Ta có : CD = (2 ; 10 ; 8) hay n = CD = (1 ; 5 ; 4) 

 mặt phẳng () : 1(x – 2) + 5(y – 3) – 4(z – 2) = 0  x + 5y – 4z – 9 = 0 Phương trình đường thẳng CD là :

 





















 t 4 3 z

t 5 4 y

t 1 x : CD

Gọi H = CD  mặt phẳng (), ta có : 4 + 2t + 5(4 + 10t) – 4(3 – 8t) – 9 = 0

 1 + t – 20 + 25t – 12 + 16t – 9 = 0  42t = 42  t = 1

 tọa độ điểm H là nghiệm của hệ :



































0 9 z 4 y 5 x

t 4 3 z

t 5 4 y

t 1 x

 H(0 ; 1 ; 1)

 khi M(0 ; 1 ; 1) thì chu vi MAB nhỏ nhất

 Cách khác :

Chu vi MAB = AB + MA + MB

Vì AB không đổi nên chu vi MAB nhỏ nhất khi MA + MB nhỏ nhất.



3; 7;1



AC 9 49 1 59

AC       



1;3; 7



AD 1 9 49 59

AD       

 AC = AD  ACD cân tại A



7; 3;5



BC 49 9 25 83

BC       



5;7; 3



BD 25 49 9 83

BD       

 BC = BD  BCD cân tại B.

Do A và B nằm ngoài CD và M nằm trên CD nên AM, BM nhỏ nhất khi AM  CD và BM  CD.

Do ACD cân tại A và BCD cân tại B nên M là trung điểm của CD  M(0 ; 1 ; 1).

Vậy M(0 ; 1 ; 1) thì thỏa ycbt.

BÀI 20 : Cho hai điểm A(1 ; 5 ; 0), B(3 ; 3 ; 6) và đường thẳng  : ^{x 1 y 1 z}

2 1 2

 

 

 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm B và cắt đường thẳng  tại điểm C sao cho diện tích ABC có giá trị nhỏ nhất.

ĐS : (d) : (x = 3 – 2t ; y = 3 – 3t ; z = 6 – 4t)

 Hướng dẫn :

Phương trình tham số của





















t 2 z

t 1 y

t 2 1 x :

Điểm C thuộc đường thẳng  nên tọa độ điểm C có dạng C



12t;1t;2t





2 2t; 4 t;2t



AC     ; AB



2;2;6





^AC,AB



^



^{242t;128t;122t}



^



^AC,AB



^{ 18t236t216}

Diện tích ABC là ^S₂¹



^AC,AB



^{ 18t2 36t216  18}

 

^{t12198  198}

Vậy MinS 198 khi t1 hay C



1;0;2



.

Đường thẳng BC đi qua B và nhận BC



2;3;4



làm VTCP nên có phương trình chính tắc là : 4

6 z 3

3 y 2

3 x



 



 



 .

BÀI 21 : Cho mặt phẳng () : x – 2y + z – 1 = 0 và điểm A(2 ; –1 ; 3). Viết phương trình mp() đi qua điểm A và điểm B(0 ; 0 ; 1) sao cho góc giữa hai mặt phẳng () và () là nhỏ nhất. ĐS : x + 4y + z – 1 = 0

 Hướng dẫn :

Ta có B(0 ; 0 ; 1) : 0 – 2.0 + 1 – 1 = 0 (đẳng thức đúng)  B  mặt phẳng () Xét mặt phẳng () qua A, B và cắt mặt phẳng () theo một giao tuyến () đi qua B.

Vẽ AH  mặt phẳng () và AI  (), ta có :

     

   

















thiết giả AI

phẳng mặt

AH vì AH

 ()  (AHI)  ()  HI

Vì AI  () và HI  () nên góc AIH là góc tạo bởi mp() và mp()

 vuông AHI có : tanABH HB

AH AI H AH I A

tan  





 (không đổi)

 góc AIH nhỏ nhất là bằng góc ABH  I  B

Khi đó () vuông góc với HB và do đó ()  AB  VTCP của () là u AB

Mà ()  mp() nên u vuông góc với VTPT  n của mp()  ^u



^AB,n



= (3 ; 0 ; 3) hay (1 ; 0 ; 1) Mặt phẳng () đi qua AB và () nên có véctơ pháp tuyến ^{n }



^u,AB



= (1 ; 4 ; 1)

 mặt phẳng () : 1(x – 0) + 4(y – 0) + 1(z – 1) = 0  x + 4y + z – 1 = 0.

BÀI 22 : Cho đường thẳng d :

1 2 z 2

1 y 1

x    

 và mặt phẳng (P) : 2x – y – 2z – 2 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa (d) và tạo với mặt phẳng (P) một góc nhỏ nhất. ĐS : x + y – z + 3 = 0

 Hướng dẫn :

 Cách 1 :

(d) qua A(0 ; 1 ; 2) và có véctơ chỉ phương u = (1 ; 2 ; 1) d

Gọi B là giao điểm của (d) và mặt phẳng (P)

 B thỏa hệ

























 













 

 



2 z 2 y x 2

5 z 2 y

1 y x 2 0 2 z 2 y x

2 1

2 z 2

1 y 1 x



 



 

 6

;7 3

; 8 6 B 5

Xét mặt phẳng (Q) chứa (d) và cắt mặt phẳng (P) theo một giao tuyến () đi qua B.

Vẽ AH  mặt phẳng (P) và AI  (), ta có : ()  AH và ()  AI  ()  (AHI)  ()  HI Vì AI  () và HI  () nên góc tạo bởi mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q) là góc AIH

 vuông AHI có : tanABH HB

AH AI H AH I A

tan  





 (không đổi)

 góc AIH nhỏ nhất là bằng góc ABH  I  B

Khi đó ()  HB và do đó ()  AB hay ()  (d)  véctơ chỉ phương của () là u ud

Mặt khác ()  mặt phẳng (P) nên u nP 



2;1;2



^u



^ud,nP



^



^3;0;3



^{hay u }



^1;0;1



Mặt phẳng (Q) chứa (d) và () nên có véctơ pháp tuyến là ^{nQ }



^ud,u



^



^2;2;2



hay (1 ; 1 ; 1)

 mặt phẳng (Q) : 1(x – 0) + 1(y + 1) – 1(z – 2) = 0  x + y – z + 3 = 0

 Cách 2 :

Đường thẳng d đi qua M(0 ; 1 ; 2) và có VTCP u = (1 ; 2 ; 1) d

Phương trình (Q) có dạng : Ax + By + Cz + D = 0 (với A² + B² + C² > 0)  VTPT nQ = (A ; B ; C) Vì (Q) chứa (d) nên nQ ud nQ.ud 0  A + 2B + C = 0  C = A – 2B  nQ = (A ; B ; A – 2B) Mặt phẳng (P) có VTPT là n^P

= (2 ; 1 ; 2) Gọi  là góc giữa (P) và (Q) ta có :

 

^{2 2 2 2 2}

2 Q 2

P Q P

A 2 AB 4 B 5

B A

2 AB 4 B 5 3

B 3 B

2 A B A . 4 1 4

B 4 A 2 B A 2 n

. n

n . cos n



 



 















 





 TH1 : nếu B = 0 thì cos = 0   = 90^o.

 TH2 : nếu B  0, ta đặt t ^A A Bt

 B 

 2 2 2 2 2 2 2

B B B

cos

5B 4AB 2A 5B 4tB 2t B B 2t 4t 5

   

      ^{2 2}

1 1 1

2(t 2t 1) 3 2(t 1) 3 3

  

    

Do 0^o    90^o nên  nhỏ nhất  cos lớn nhất  cos lớn nhất là bằng 1

3 khi t = 1  A = B.

Khi cos ¹ 3

    < 90^o là góc cần tìm  nQ

= (A ; A ; –A) hay (1 ; 1 ; –1)

 mặt phẳng (Q) : 1(x – 0) + 1(y + 1) – 1(z – 2) = 0  x + y – z + 3 = 0

 Cách 3 :

Gọi mặt phẳng (Q) : Ax + By + Cz + D = 0 (với A² + B² + C² > 0) Phương trình tham số của d :



















 t 2 z

t 2 1 y

t x

(t  R) Cho t = 0  M(0 ; 1 ; 2)  (d) ; Cho t = 1  N(1 ; 1 ; 3)  (d) Vì d  (Q) nên M, N  (Q), ta có :

























 























C B 2 C 2 B C 3 B D C 3 B A

C 2 B D 0 D C 3 B A

0 D C 2 B

 (Q) : (2B + C)x + By + Cz + B – 2C = 0

Mặt phẳng (P) có véctơ pháp tuyến n = (2 ; 1 ; 2) P

Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng thì :



^{P Q}



_{2 2}

C 2 BC 4 B 5 n B

, n cos

cos   

 TH1 : nếu B = 0 thì  = 90^o.

 TH2 : nếu B  0, đặt t ^C

 B thì

 

2 2

1 1 1

cos

2t 4t 5 2 t 1 3 3

   

   

Dấu “=” xảy ra khi t = 1  B = C, khi đó  < 90^o là góc cần tìm  (P) : x + y – z + 3 = 0.

BÀI 23 : Cho điểm A(1 ; –1 ; 1), B(2 ; 2 ; 2) và mặt phẳng (P) : 2x + 2y + z – 10 = 0. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B, (d) nằm trong mặt phẳng (P), đồng thời khoảng cách từ điểm A tới (d) nhỏ

nhất. ĐS : (d) : (x = 2 + t ; y = 2 – t ; z = 2)

 Hướng dẫn :

Ta thấy : B(2 ; 2 ; 2) : 2.2 + 2.2 + 2 – 10 = 0 (đẳng thức đúng)  B  mp(P) Vẽ AH  mặt phẳng (P) và AI  (d), ta có :

 

     

3

1 4 4

10 1 2 P 2

, A d AH AI d , A

d 









 





 (không đổi)

 d(A , (d)) nhỏ nhất là bằng 3  I  H

 phương trình đường thẳng (d) phải tìm đi qua hai điểm B và H

 Xét đường thẳng () đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (P)

 VTCP của () là un^P 



2;2;1



(n là VTPT của mp(P)) ^P

 

























t 1 z

t 2 1 y

t 2 1 x

: (t  R)

 Gọi H = ()  mp(P)  H thỏa hệ :

































0 10 z y 2 x 2

t 1 z

t 2 1 y

t 2 1 x

 t = 1  H(3 ; 1 ; 2)

 (d) đi qua B, H nên có véctơ chỉ phương là BH = (1 ; 1 ; 0)

 



















2 z

t 2 y

t 2 x :

d (t  R)

BÀI 24 : Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng

1 3 z 1

2 y 1

1 : x

d 

 

 

 đồng thời mp(P) cách

M(1 ; 0 ; 1) một khoảng lớn nhất. ĐS : y + z – 5 = 0.

 Hướng dẫn :

 Cách 1 :

(d) qua N(1 ; 2 ; 3) và có véctơ chỉ phương ud 



1;1;1



Phương trình tham số của đường thẳng (d) :

 

















 t 3 z

t 2 y

t 1 x : d

Gọi H  (d)  H(1 + t ; 2 + t ; 3 – t)  MH = (t ; 2 + t ; 2 – t) H là hình chiếu vuông góc của M lên (d) MHud MH.ud 0

 t + 2 + t – 2 + t = 0 0 3 t0 

  H(1 ; 2 ; 3)

Xét mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d). Gọi K là hình chiếu vuông góc của M lên mặt phẳng (P).

Theo tính chất đường vuông góc và đường xiên, ta có : d(M , (P)) = MK  MH (không đổi) Do đó d(M , (P)) lớn nhất  MK = MH  M  H

 mặt phẳng (P) qua H và nhận MH = (0 ; 2 ; 2) làm véctơ pháp tuyến

 mặt phẳng (P) : 0(x – 1) + 2(y – 2) + 2(z – 3) = 0  y – 2 + z – 3 = 0  y + z – 5 = 0.

 Cách 2 :

Đường thẳng d đi qua A(1 ; 2 ; 3) và có VTCP u = (1 ; 1 ; 1)

Gọi mp(P) : Ax + By + Cz + D = 0 (với A² + B² + C² > 0)  VTPT của mp(P) là : n = (A ; B ; C) P

Do d  (P) n_P u_d n_P.u_d 0  A + B – C = 0  C = A + B (1)

Vì A(1 ; 2 ; 3)  d  (P) nên phương trình (P) có dạng A(x – 1) + B(y – 2) + C(z – 3) = 0

 ^{d M ; P}

   

₂^{2B 2C}_{2 2}

A B C

 

   (2)

Thế (1) vào (2) ta được :

   

2 2 2 2 2 ²2 2^{2 2}2 2 ²

2B 2(A B) 2A 4B 4A 16AB 16B 2A 8AB 8B

d M ; P

2A 2AB 2B A AB B

A B (A B) 2A 2AB 2B

       

   

   

    

1) Viết phương trình mp(P) chứa đường thẳng d đồng thời mp(P) cách M(1 ; 0 ; 1) một khoảng bằng 2 Từ giả thiết ta có : ^2A2₂ ^{8AB 8B}₂ ² 2 6B² 6AB 0 ^{B 0 B 0}

A B 0 A B

A AB B

 

 

           

 Với B = 0, chọn A = 1 suy ra C = 1, ta có phương trình của (P) : x + z – 4 = 0.

 Với A= –B, chọn B = 1 suy ra A = 1 và C = 0, ta có phương trình (P) : x – y + 1 = 0.

2) Viết phương trình mp(P) chứa đường thẳng d đồng thời mp(P) cách M(1 ; 0 ; 1) một khoảng lớn nhất Ta có : ²

   

²2 2 ²

2A 8AB 8B d M ; P

A AB B

 

  

 Nếu B = 0 thì d²



M;

 

P



2d



M;

 

P



 2

 Nếu B  0, đặt t ^A A Bt

 B   ²

   

^{2 2}2 2 2² 2 ^{2 2}2

2B t 8B t 8B 2t 8t 8 d M ; P

B t B t B t t 1

   

 

   

Đặt

 

1 t t

8 t 8 t t 2

f ²₂







  

 

 

2 2 2

6t 12t f ' t

t t 1

 

   f ’(t) = 0  –6t² – 12t = 0 t 0

t 2

 

   

 

2

1 t t

8 t 8 t lim 2 t f

lim ₂²

t

t 







 









t  2 0 +

f’(t)  0 + 0 

f(t)

8

2 2

0

Từ bảng biến thiên ta có maxf(t) = 8 khi t = 0 hay A = 0 suy ra C = B. Chọn B = 1 suy ra C = 1.

Ta có phương trình mp(P) : y + z – 5 = 0.

BÀI 25 : Cho đường thẳng d1 : ^{x 1 y z 2}

2 1 1

 

   và d2 : ^{x 1 y 2 z 2}

1 3 2

  

 

 . Chứng minh rằng d1 và d2 chéo nhau. Lập phương trình đường thẳng  song song với mặt phẳng (P) : x + y + z – 7 = 0 cắt d1, d2 tại hai điểm sao cho khoảng cách giữa hai điểm đó là ngắn nhất. ĐS : (x = 6 – t ; y = 5/2 ; z = –9/2 + t)

 Hướng dẫn :

Đường thẳng d1 có véctơ chỉ phương u₁



2;1;1



, d2 có véctơ chỉ phương : u₂ 



1;3;2



. Mặt phẳng (P) có véctơ pháp tuyến n



1;1;1



d1 có phương trình tham số



















1 1

1

t 2 z

t y

t 2 1 x

; d2 có phương trình tham số























2 2 2

t 2 2 z

t 3 2 y

t 1 x

Với u₁ u₂ và hệ phương trình



























t 2 t 2 2

t t 3 2

t 2 1 t 1

2 1 2

1 2

vô nghiệm nên d1 và d2 chéo nhau.

Lấy A



12t;t1;2t1



d1 ; B



1t2;23t2;22t2



d2  AB



t₂2t₁;3t₂t₁2;2t₂t₁4



Gọi  là đường thẳng đi qua A, B và song song với

 

P .

Có ABnAB.n0t₂2t₁3t₂t₁22t₂t₁40t₂t₁1



t 1

 

2t 5

 

t 6



6t 30t 62 AB  ₁ ² ₁ ²  ₁ ²  ₁²  ₁



AB nhỏ nhất khi 6t₁²30t₁62 nhỏ nhất.

Vì 2

49 2 49 2

t 5 6 62 t 30 t 6

2 1 1

2

1   



 

 







Dấu “=” xảy ra  2

t₁ 5. Khi đó 2 t₂  3 Với

2 t₁ 5,

2

t₂  3 có 



 



 

2

; 9 2

;5 6

A , 



 



 2

;7 0 2; AB 7

Đường thẳng  đi qua A có một véctơ chỉ phương u



1;0;1



nên ta có : x6t; 2

y5 ; t

2 z9 BÀI 26 : Cho A(1 ; 1 ; 0), B(2 ; 1 ; 1) và đường thẳng d : ^{x 1 y 2 z}

2 1 1

    . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A,   d sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng  là lớn nhất. ĐS : (x = 1 – t ; y = 1 + t ; z = t)

 Hướng dẫn :

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên , ta có d



B,



BHBA (vì  đi qua A) Do đó khoảng cách từ B đến đường thẳng  là lớn nhất BHBAHA

Vậy đường thẳng  cần lập chính là đường thẳng đi qua A, d và AB. Gọi u là véctơ chỉ phương của đường thẳng .

Ta có AB



1;0;1



và u₁



2;1;1



là véctơ chỉ phương của đường thẳng d Do duu₁ ; ABuAB, vậy ta lấy u



AB,u₁







1;1;1



Mặt khác  đi qua A



1;1;0



vậy phương trình của  là















 t z

t 1 y

t 1 x

BÀI 27 : Cho hai điểm A(1 ; 1 ; 0), B(3 ; –1 ; 4) và đường thẳng d :

2 2<