Bài toán giá trị lớn nhất nhỏ nhất và bài toán tọa độ hình chiếu của hình học giải tích trong không gian

Xác định toạ độ điểm đối xứng của A qua d... Lập phương trình mặt phẳng P đi qua các hình chiếu của điểm M trên các trục tọa độ b... b Tìm toạ độ của C nằm trên mp P sao cho ABC là tam

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

 : 1 1 2



Bài giải:

Chuyển (d) về dạng tham số  

1

2 2

x t

 







  

 Gọi VTCP của (d) là u  1; 1; 2 

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng (d) nên:

1t;1t; 2 2 tMHt2; 2t t; 2 1

  0 1 2 1 2  2 2 1 0

MH  d MH u  t  t  t 

 

1 2; 0; 4

   Vậy H (2; 0; 4)

Ví dụ 2: Cho đường thẳng (d):

2

2 z 2

3 y 1

1









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

  







   

 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x32y22z00x2y2z 7 0

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

2 2

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’

Vậy A ' 1; 0; 4

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

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 1; 0;1 , 2 0; 2; 0 , 3 0; 0;3

M  M   M  Khi đó phương trình mặt phẳng (P) là:

1 6 3 2 6 0



b Đường thẳng qua O và vuông góc với (P) nên nhận VTPT n  6; 3; 2 

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

x t

y t

z t

x y z





  











36 18 12

49 49 49

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







 



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

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

1 2

x t







 



   



trên mặt phẳng (P): x – y + 3z + 8 = 0

Bài giải:

Gọi VTCP của (d) là u 4;3; 2 



điểm A0; 4; 1  ( )d

Đường thẳng qua A và vuông góc với (P) nên nhận VTPTn 1; 1;3 



của mp (P) là VTCP Phương trình đường thẳng qua A0; 4; 1 nhận n  1; 1;3 

là VTCP nên có PTTS là:

4

1 3

x t







 



   



Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên (P) Khi đó tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình:

1 3

x – y 3z 8 0

x t





  



      



  





10

11

10 54; ; 41

11 11 11

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 u 4;3; 2 



Vậy phương trình cần tìm là:  

10 4 11 54

11 41 2 11















  





Dạng 2: Bài toán tìm điểm thỏa mãn điều kiện cho trước

( ) : 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

x t

z t

 





    

 

 Lấy M    M1  t; 2 t t; 2 

MA t t  t MA t  t   t



2

6t 20t 40

MB t t  t MB  t  t   t  t  t



       12t2 40t 48  0(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:

a) Đường thẳng (AB) đi qua A(0, 0, –3) nhận AB (2;0; 2)



là VTCP nên có phương trình

tham số:  

2

3 2

x t









   



Vì I AB   P nên I là nghiệm của hệ phương trình:

2

x t

y

x y z





 





  





Vậy 22; 0; 4

I  

b) Gọi C ( x; y; z ) thuộc vào mp (P) 3 – 8 x y  7 – 1 z  0

Ta có: 2 2 2  2

3

AC x y  z

2  2 2  2

BC  x y  z

2

Vì tam giác ABC đều nên AB = AC = BC 2 2 2

Từ (1) và (2)

2 3 2

1

3

3 – 8 7 – 1 0 3 8 7 1 0

2 2 3

x

y

x y z



 







  





















  

  





Vậy 2; 2; 1 , 2; 2; 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: MA MB    2MI  2MI

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I5; 2;5

Ta có: MA MB    2MI  2MI

Khi đóMA 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 n1;1;1



của   là VTCP nên có phương

trình tham số là:  

5

5

 







  



M là hình chiếu vuông góc của I trên   nên M    d   Mlà nghiệm của hệ:

5 2

5

3 0

x y z

 



  





 



    

 Vậy M0; 3; 0  

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

Phương pháp:

a Ta thực hiện theo các bước sau:

Bước 1: Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua mp (P) và N  A B1  P Khi đó với M bất kì thuộc (P), ta có: MA MB MA1MBA B1 NA1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

Ví dụ 8: Cho hai điểm A1;1; 1 ,   B 1;3; 1   và mặt phẳng (P): xy2z 6 0

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 A1 là điểm đối xứng với A qua mp (P)  A13;3;3 và N A B1  P Khi đó với M bất kì thuộc (P), ta có: MA MB MA1MBA B1 NA1NB

Vậy MA + MB nhỏ nhất M N

Đường thẳng A B1 qua A1 và có VTCP là A B  1  4; 0; 4 



Chọn VTCP là u1;0;1



nên có phương

trình tham số là:  1 

3

3

 









  



Khi đó tọa độ N là nghiệm của hệ phương trình:

3

3

3

y

x y z

 











 





Vậy MA MB min M N1;3;1

Ví dụ 9: Cho A1; 2;3 , B4; 4;5

a Tìm giao điểm P của đường thẳng AB với mp (Oxy)

b Chứng minh mọi điểm Q(Ox )y thì QA QB đạt giá trị lớn nhất khi QP

c Tìm M(Oxy) sao cho tổng độ dài MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất

Bài giải:

a Đường thẳng AB qua A(1; 2; 3) nhận AB3; 2; 2



là VTCP nên có PTTS:

 

1 3

3 2

 





 



  



Mặt phẳng (Oxy) có phương trình z = 0 Vì (Ox ) 7; 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 n0;0;1

của (Oxy) là VTCP

nên có PTTS: (d):

4 4 5

x y











  



Gọi I  d  (Ox )y I 4; 4;0, B’ là điểm đối xứng của B qua IB'(4; 4; 5)

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 AB'(3; 2; 8) 

là VTCP nên có PTTS:

 

1 3 '

3 8 '

 





 



  



Tọa độ M là giao điểm của (AB’) và mp (Oxy) 17 22; ; 0

8 8

Ví dụ 10: Cho mặt phẳng   : 2x   y z 1 0 và hai điểmP3;1; 0 , Q  9; 4;9 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   P' 1; 2; 1  

Gọi R là điểm đối xứng với P qua P’R 1;3; 2  

Đường thẳng RQ qua R(-1; 3; -2) nhận RQ  8;1;11



là VTCP nên có PTTS:

 

1 8

2 11

  





 



   



Gọi N RQ  N7; 2; 13   là điểm nằm ngoài PQ

LấyM  Khi đóMPMQ  MRMQ RQ Dấu “=” có khi M, R, Q thẳng hàng

  (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: MA MB    2MI  2MI

Bước 2: Từ đó: MA MB  

đạt giá trị nhỏ nhấtMI nhỏ nhấtM là hình chiếu

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:

MA MB MA MB  MIIA  MIIB

     

2 2 2 2

MI MI IA IA MI MI IB IB

       

       

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

a



Từ đó, ta thấy 2 2

MA MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng

4a



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 A3; 2;3 ,  B1; 0;5 , C7; 2; 2 và đường thẳng (d) có phương trình:



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I2; 1; 4 

MA MB MA MB  MI IA  MI IB

2 2 2 2

MI MI IA IA MI MI IB IB

       

Từ đó ta thấy MA2MB2 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

3 2

 







  



  1 ; 2 2 ;3 2 

M d M t  t  t IMt1;3 2 ; 2 t t1

M là hình chiếu của I trên (d) nên

IM uIM u  t   t  t   t 

   

1

t

  Vậy M2; 0;5

b Gọi G là trọng tâm tam giác ABCG1;0; 2

Ta có: NA   NBNC  3NG  3NG

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 n u1; 2; 2 

Khi đó phương trình mặt phẳng (P) là: x 2y 2z  3 0

Vì    d  P N nên tọa độ N là nghiệm của hệ

1

2 2

3 2

x y z

 



  





 





Vậy N1; 2;3

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:

Bước 1: Chuyển phương trình đường thẳng (d) về dạng tham số:

0

0

0

,

z z ct







  



M d M x 0 at y; 0 bt z; 0 ct

Bước 2: Với A x A;y A;z A,B x B;y B;z B, ta biến đổi

2 2 2   2 2  2 2

MA MB  a b c tk d  tk d

Xét các điểm A k d0 1 ; 1 ; 0 , B k d0 2 ; 2 ; 0 , I0t;0; 0 với điều kiện d d 1 2 0

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 A I0 0B I0 0 nhỏ nhất  A B I0, 0, 0 thẳng hàng

A I0 0/ /B I0 0

 

 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 A B I0, 0, 0

thuộc mp (Oxy) và A B0, 0 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 A1 là hình chiếu vuông góc của điểm A lên (d), từ đó suy

ra độ dài AA1

Bước 3: Xác định tọa độ điểm B1 là hình chiếu vuông góc của điểm B lên (d), từ đó suy

ra độ dài BB1

Bước 4: Xác định tọa độ điểm M0chia đoạn A B1 1 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 M M0 Thật vậy, gọi A2 là điểm

thuộc mặt phẳng xác định bởi (B,(d)) và A2, B khác phía đối với (d) và thỏa mãn

 

, ,

A B M













Từ đó: MA MB MA2MB A B2 M A M B0  0

Vậy ta được MA MB min M A M B0  0 M M0

 Phương pháp được mở rộng để thực hiện yêu cầu: MA MB lớn nhất

Ví dụ 12: Cho hai điểm A9;0;9 , B12; 6; 3    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









  



Điểm M d M t t ; ;9 t

MA MB  t t t  t  t  t

2 2

3t 18t 81 3t 36t 324

  2  2 

      (1)

Xét các điểm A03;3 2;0 , B0 6; 6 2;0 ,  I0t; 0; 0 Khi đó (1) được viết dưới dạng:

MA MB  3A I0 0B I0 0

Từ đó MA + MB nhỏ nhất khi A I0 0B I0 0 nhỏ nhất  A B I0, 0, 0 thẳng hàng 

A I0 0/ /B I0 0

4 4; 4;5

t

t



Vậy MA MB min  57 228M4; 4;5

Cách 2:

Chuyển (d) về dạng tham số: ,

9

x t









  



(d) có VTCP u1;1; 1 

Gọi A1 là hình chiếu vuông góc của A trên (d)

Điểm A1  d A t t1 ; ;9 t và AA1 t9; ;t t



Vì AA1 d AA 1u0    t 9 t t 0 t 3

 

 A13;3; 6 , AA 1  6;3; 3 AA13 6



Tương tự gọi B1 là hình chiếu của B lên (d)  B16; 6;3 , BB1   6;12; 6BB1 6 6



Gọi M0 là điểm chia đoạn A B1 1 theo tỉ số 1

1

AA

BB = 1

2



0 1

1

2

M A

M A M B M

M B      



 



Ta chứng minh rằng MA + MB nhỏ nhất M M0 Thật vậy, gọi A2 là điểm thuộc mặt phẳng xác định bởi (B,(d)) và A2, B khác phía đối với (d) và thỏa mãn:

 

, ,

A B M













Từ đó: MA MB MA2MB A B2 M A M B0  0  57 228

Vậy ta được MA MB min M A M B0  0  57 228M M04; 4;5

b.Ta có thể lựa chọn một trong hai cách:

Cách 1: Ta có:  2 2 2  2  2  2

MA MB  t t t  t  t  t