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

http://baigiangtoanhoc.com Khóa học: Hình học giải tích trong không gian Bài giảng độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà BÀI GIẢNG SỐ 06: CÁC BÀI TOÁN KHÁC VỀ ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG A: CÁC DẠNG TOÁN Dạng 1: Bài toán hình chiếu Bài toán 1: Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng (d) cho trước Phương pháp: Cách 1: Bước 1: Chuyển (d) về dạng tham số Bước 2: Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên (d) nên:   H d t MH u            tọa độ H Cách 2: Bước 1: Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với đường thẳng (d) Bước 2:Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên (d) nên     H d P    tọa độ điểm H Ví dụ 1: Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M(3;-1;3) trên đường thẳng   1 1 2 : 1 1 2 x y z d       Bài giải: Chuyển (d) về dạng tham số   1 : 1 , 2 2 x t d y t t R z t             Gọi VTCP của (d) là   1; 1;2 u    Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng (d) nên:     1 ;1 ;2 2 2;2 ;2 1 t t t MH t t t                  . 0 1 2 1 2 2 2 1 0 MH d MH u t t t               1 2;0;4 t H   Vậy H (2; 0; 4) http://baigiangtoanhoc.com Khóa học: Hình học giải tích trong không gian Bài giảng độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà Ví dụ 2: Cho đường thẳng (d): 2 2z 2 3y 1 1x      và điểm A(3, 2, 0). Xác định toạ độ điểm đối xứng của A qua (d). Bài giải: Chuyển (d) về dạng tham số: 1 3 2 , 2 2 x t y t t R z t                Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với (d). Khi đó mp (P) qua A và nhận VTCP   1;2;2 u  của (d) là VTPT nên có phương trình:       1 3 2 2 2 0 0 2 2 7 0 x y z x y z            Gọi H là hình chiếu vuông góc của (d) trên (P), khi đó     H d P   nên tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình:     1 3 2 1 2 3 2 2 2 2 7 0 9 18 2 2 2 2 2 7 0 x t y t t t t t t z t x y z                                    Vậy H (1; 1; 2 ) Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua đường thẳng (d). Khi đó H là trung điểm của AA’    ' ' ' ' ' ' 2 1 2 0 ' 1;0;4 2 4 A H A A A H A A A H A A x x x x y y y y A z z z z                        Vậy   ' 1;0;4 A  Bài toán 2: Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng (P) cho trước Phương pháp: Bước 1: Viết phương trình đường thẳng (d) qua M và vuông góc với mp (P) Bước 2: H là hình chiếu vuông góc của M trên (P) nên     H d P    tọa độ điểm H http://baigiangtoanhoc.com Khóa học: Hình học giải tích trong không gian Bài giảng độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà Ví dụ 3: Trong không gian Oxyz, cho điểm M (1; -2; 3 ) a. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua các hình chiếu của điểm M trên các trục tọa độ b. Tìm tọa độ hình chiếu H của O trên mặt phẳng (P) Bài giải: a. Hình chiếu vuông góc của điểm M trên các trục tọa độ là:       1 2 3 1;0;1 , 0; 2;0 , 0;0;3 M M M    . Khi đó phương trình mặt phẳng (P) là: 1 6 3 2 6 0 1 2 3 x y z x y z          b. Đường thẳng qua O và vuông góc với (P) nên nhận VTPT   6; 3;2 n    của (P) là VTCP nên có phương trình là: 6 3 , 2 x t y t t R z t           Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên (P) nên     H d P   . Khi đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình: 6 3 6 36 9 4 6 0 49 6 2 49 6 3 2 6 0 x t y t t t t t t z t x y z                         36 18 12 ; ; 49 49 49 H         Vậy 36 18 12 ; ; 49 49 49 H        Bài toán 3: Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng (d) trên một mặt phẳng 1. Trên các mặt phẳng tọa độ Phương pháp: Bước 1: Chuyển (d) về dạng tham số , o o o x x at y y bt t R z z ct             Bước 2: Khi đó: a. Hình chiếu vuông góc của (d) lên (Oxy) có phương trình , 0 o o x x at y y bt t R z            http://baigiangtoanhoc.com Khóa học: Hình học giải tích trong không gian Bài giảng độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà b. Hình chiếu vuông góc của (d) lên (Oyz) có phương trình 0 , o o x y y bt t R z z ct            c. Hình chiếu vuông góc của (d) lên (Oxz) có phương trình 0 , o o x x at y t R z z ct            2. Trên mặt (P) bất kì Phương pháp: Bước 1: Lấy điểm   A d  .Từ đó xác định tọa độ điểm H là hình chiếu của A trên (P) Bước 2: Phương trình hình chiếu vuông góc của (d) trên (P) là đường thẳng qua H và song song với (d) Ví dụ 4: Lập phương trình đường thẳng    là hình chiếu vuông góc của đường thẳng   4 : 4 3 1 2 x t d y t z t            trên mặt phẳng (P): x – y + 3z + 8 = 0 Bài giải: Gọi VTCP của (d) là   4;3; 2 u    điểm   0;4; 1 ( ) A d   Đường thẳng qua A và vuông góc với (P) nên nhận VTPT   1; 1;3 n    của mp (P) là VTCP Phương trình đường thẳng qua   0;4; 1 A  nhận   1; 1;3 n    là VTCP nên có PTTS là: 4 1 3 x t y t z t            Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên (P). Khi đó tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình: 4 4 3 9 8 0 1 3 x – y 3z 8 0 x t y t t t t z t                        10 11 10 11 t t       http://baigiangtoanhoc.com Khóa học: Hình học giải tích trong không gian Bài giảng độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà 10 54 41 ; ; 11 11 11 H          Phương trình hình chiếu vuông góc của (d) lên mp (P) là đường thẳng qua H và song song với (d) nên có VTCP là   4;3; 2 u    Vậy phương trình cần tìm là:   10 4 11 54 : 3 11 41 2 11 x t y t z t                   Dạng 2: Bài toán tìm điểm thỏa mãn điều kiện cho trước Vi dụ 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4) và đường thẳng (  ) : 1 2 1 1 2 x y z      . Tìm tọa độ điểm M trên (  ) sao cho: 2 2 28 MA MB   Bài giải: Chuyển (  ) về dạng tham số:   1 : 2 2 x t y t z t             Lấy     1 ; 2 ;2 M M t t t       Ta có       2 2 2 2 ;6 ;2 2 6 2 2 MA t t t MA t t t           2 6 20 40 t t            2 2 2 2 2 2;4 ;4 2 2 4 4 2 6 20 36 MB t t t MB t t t t t                2 2 2 12 40 76 28 MA MB t t       2 12 40 48 0 t t     (vô nghiệm) Vậy không có M nào thỏa mãn Ví dụ 2: Cho hai điểm A(0, 0, –3); B(2, 0, –1) và mp (P) : 3x – 8y + 7z – 1 = 0. a) Tìm toạ độ giao điểm I của đường thẳng đi qua A, B với mp (P). b) Tìm toạ độ của C nằm trên mp (P) sao cho ABC là tam giác đều. Bài giải: http://baigiangtoanhoc.com Khóa học: Hình học giải tích trong không gian Bài giảng độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà a) Đường thẳng (AB) đi qua A(0, 0, –3) nhận (2;0;2) AB   là VTCP nên có phương trình tham số:   2 : 0 , 3 2 x t AB y t R z t            Vì     I AB P   nên I là nghiệm của hệ phương trình: 2 0 11 6 21 14 1 0 20 22 3 2 10 3 8 7 1 0 x t y t t t t z t x y z                          Vậy 22 4 ;0; 10 5 I        b) Gọi C ( x; y; z ) thuộc vào mp (P) 3 – 8 7 – 1 0 x y z    Ta có:   2 2 2 2 3 AC x y z        2 2 2 2 2 1 BC x y z      2 4 4 8 AB    Vì tam giác ABC đều nên AB = AC = BC 2 2 2 AB AC BC    Từ (1) và (2) 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 1 0 3 1 6 1 0 3 3 – 8 7 – 1 0 3 8 7 1 0 2 2 3 x y AB AC x z AB BC x y z z z x y z x y z x y z                                                                     Vậy   2 2 1 ; ; , 2; 2; 3 3 3 3 C C            Dạng 3: Bài toán min, max Bài toán 1: Tìm điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA MB    đạt giá trị nhỏ nhất Phương pháp: Bước 1: Gọi I là trung điểm của AB, suy ra tọa độ điểm I Bước 2: Nhận xét rằng: 2 2 MA MB MI MI       http://baigiangtoanhoc.com Khóa học: Hình học giải tích trong không gian Bài giảng độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà Từ đó: MA MB    đạt giá trị nhỏ nhất MI  nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của I trên (P)   ( ) M d P    Bước 3: Xác định tọa độ điểm M  Mở rộng với ba điểm A, B, C không thẳng hàng ( hoặc tứ diện ABCD) chúng ta sử dụng trọng tâm G của tam giác ABC ( hoặc trọng tâm G của tứ diện ABCD) Ví dụ 7: Cho hai điểm A(3; 1; 1), B(7; 3; 9) và mặt phẳng ( )  : x +y + z + 3 = 0. Tìm toạ độ điểm M trên ( )  sao cho MA MB    đạt giá trị nhỏ nhất. Bài giải: Gọi I là trung điểm của AB   5;2;5 I Ta có: 2 2 MA MB MI MI       . Khi đó MA MB    đạt giá trị nhỏ nhất MI  nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của I trên ( )  Đường thẳng qua I vuông góc với ( )  nên nhận VTPT   1;1;1 n  của    là VTCP nên có phương trình tham số là:   5 : 2 , 5 x t d y t t R z t             M là hình chiếu vuông góc của I trên    nên     M d M     là nghiệm của hệ:   5 2 3 15 0 5 0; 3;0 5 3 0 x t y t t t M z t x y z                          Vậy   0; 3;0 M  Bài toán 2: Cho hai điểm A và B. Tìm điểm M trên mp (P) sao cho: a. MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất b. MA MB  đạt giá trị lớn nhất http://baigiangtoanhoc.com Khóa học: Hình học giải tích trong không gian Bài giảng độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà Phương pháp: a. Ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Gọi 1 A là điểm đối xứng với A qua mp (P) và   1 N A B P   . Khi đó với M bất kì thuộc (P), ta có: 1 1 1 MA MB MA MB A B NA NB       Bước 2: Vậy MA + MB nhỏ nhất M N   b. Ta thực hiện theo các bước sau:  Nếu A và B nằm cùng phía đối với (P) Bước 1: Tìm tọa độ   N AB P   Bước 2: MA MB AB   . Dấu “=” có khi , , A B M thẳng hàng hay M N   Nếu A, B nằm khác phía đối với (P) Bước 1: Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua mp(P). Bước 2: Tìm giao điểm   ' N A B P   Bước 3: Lấy   M P  . Khi đó ' ' MA MB MA MB A B     . Dấu “=” có khi M, A’, B thẳng hàng M N   Ví dụ 8: Cho hai điểm     1;1; 1 , 1;3; 1 A B    và mặt phẳng (P): 2 6 0 x y z     Tìm trên (P) điểm M sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất Bài giải: Nhận xét rằng: A và B nằm cùng một phía với mặt phẳng (P) Gọi 1 A là điểm đối xứng với A qua mp (P)   1 3;3;3 A và   1 N A B P   . Khi đó với M bất kì thuộc (P), ta có: 1 1 1 MA MB MA MB A B NA NB       Vậy MA + MB nhỏ nhất M N   Đường thẳng 1 A B qua 1 A và có VTCP là   1 4;0; 4 A B     . Chọn VTCP là   1;0;1 u  nên có phương trình tham số là:   1 3 : 3 3 x t A B y z t           http://baigiangtoanhoc.com Khóa học: Hình học giải tích trong không gian Bài giảng độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà Khi đó tọa độ N là nghiệm của hệ phương trình:   3 3 3 3 6 2 6 0 3 6 2 1;3;1 3 2 6 0 x t y t t t t N z t x y z                               Vậy     min 1;3;1 MA MB M N   Ví dụ 9: Cho     1;2;3 , 4;4;5 A B a. Tìm giao điểm P của đường thẳng AB với mp (Oxy) b. Chứng minh mọi điểm (Ox ) Q y  thì QA QB  đạt giá trị lớn nhất khi Q P  c. Tìm (Ox M y  ) sao cho tổng độ dài MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất Bài giải: a. Đường thẳng AB qua A(1; 2; 3) nhận   3;2;2 AB  là VTCP nên có PTTS:   1 3 : 2 2 3 2 x t AB y t z t            Mặt phẳng (Oxy) có phương trình z = 0. Vì 7 (Ox ) ; 1;0 2 P AB y P            b. Ta thấy A, B cùng một phía đối với (Oxy) Ta có: QA QB AB   . Dấu “=” xảy ra khi A, B, Q thẳng hàng hay Q P  c. Đường thẳng qua B (4; 4; 5) vuông góc với (Oxy) nên nhận VTPT   0;0;1 n  của (Oxy) là VTCP nên có PTTS: (d): 4 4 5 x y z t          Gọi     (Ox ) 4;4;0 I d y I    , B’ là điểm đối xứng của B qua I '(4;4; 5) B   Ta có ' ' MA MB MA MB AB     . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M, A, B’ thẳng hàng Đường thẳng AB’ qua A(1;2;3) nhận '(3;2; 8) AB   là VTCP nên có PTTS: http://baigiangtoanhoc.com Khóa học: Hình học giải tích trong không gian Bài giảng độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà   1 3 ' ' : 2 2 ' 3 8 ' x t AB y t z t            Tọa độ M là giao điểm của (AB’) và mp (Oxy) 17 22 ; ;0 8 8 M        Ví dụ 10: Cho mặt phẳng    : 2 1 0 x y z     và hai điểm     3;1;0 , 9;4;9 P Q  . Tìm M thuộc vào    sao cho MP MQ  đạt giá trị lớn nhất Bài giải: Ta thấy P,Q nằm về hai phía của    Gọi P’ là hình chiếu của P trên      ' 1;2; 1 P   Gọi R là điểm đối xứng với P qua P’   1;3; 2 R    Đường thẳng RQ qua R(-1; 3; -2) nhận   8;1;11 RQ   là VTCP nên có PTTS:   1 8 : 3 2 11 x t RQ y t z t              Gọi     7;2; 13 N RQ N      là điểm nằm ngoài PQ Lấy   M   . Khi đó MP MQ MR MQ RQ     . Dấu “=” có khi M, R, Q thẳng hàng M N   (7; 2; -13) Bài toán 3: Cho hai điểm A, B và đường thẳng (d). Tìm tọa độ điểm M trên (d) để 2. MA MB    đạt giá trị nhỏ nhất 3. 2 2 MA MB  đạt giá trị nhỏ nhất Phương pháp: 1) Chúng ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Gọi I là trung điểm của AB. Khi đó: 2 2 MA MB MI MI       Bước 2: Từ đó: MA MB    đạt giá trị nhỏ nhất MI  nhỏ nhất  M là hình chiếu [...]...  Bài giảng độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà http://baigiangtoanhoc.com Khóa học: Hình học giải tích trong không gian Chú ý: Để giải bài toán bằng cách 2 với yêu cầu MA  MB lớn nhất, ta gọi M 1   d  là điểm chia đoạn A1B1 theo tỉ số AA1 và A2 là điểm thuộc mặt phẳng xác định bởi (B,(d)) và A2 , B BB1 cùng phía đối với (d) C: BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Trong. .. MI 2  2 MI IA  IA2  MI 2  2MI IB  IB 2 Bài giảng độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà http://baigiangtoanhoc.com Khóa học: Hình học giải tích trong không gian       AB 2 AB 2 2  2MI  2 MI ( IA  IB)   2MI  2 2 2 Từ đó ta thấy MA2  MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất, tức là M là hình chiếu của I trên (d) x  1 t  Chuyển (d) về dạng...  M  ; ;  , 3 3 3 b H 1;2;3 , Bài giảng độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà c A1   0; 2; 4  http://baigiangtoanhoc.com Khóa học: Hình học giải tích trong không gian Bài 6: Cho hai điểm A 1;1; 1 , B  1;3; 1 và mặt phẳng (P): x  y  2 z  6  0 a Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mp (P) b Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua mp (P)... đạt giá trị nhỏ nhất 2 2 2 ĐS: ( xM  yM  z M ) min  6  M 1;1; 2     d e Tìm trên (P) điểm N sao cho NA  NB đạt giá trị nhỏ nhất ĐS: N 1;3;1 Tìm toạ độ điểm E trên ( ) sao cho |EA – EB| đạt giá trị lớn nhất Bài 7: Cho hệ tọa độ Oxyz với A 1; 4;5 , B  0;3;1 , C  2; 1; 0  và mặt phẳng  P  : 3x  3 y  2 z  15  0 Gọi G là trọng tâm tam giác ABC Chứng minh điều kiện cần và đủ...  MB 2 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 MA2  MB 2 về dạng: MA2  MB 2  at 2  bt  c  Từ đó, ta thấy MA2  MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng  4a  b đạt được khi t   tọa độ M 4a 2a  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 (... 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: d  : x 1 y  2 z  3   1 2 2 1) Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng (d) để MA2  MB 2 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... tam giác AMB vuông tại M 2 1 1 7 5 2 ĐS: M  ;  ;   3 3 3 Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm A  2;1;0  , B 1; 2; 2  , d  : C 1;1; 0  và mặt phẳng (P): x  y  z  20  0 Xác định tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao 5 1 cho đường thẳng CD song song với mp (P)  ĐS: D  ; ; 1 2 2  Bài 4: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 điểm A(1; 4; 2), B(-1; 2; 4) và. .. z   1 1 2 Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng  sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất ĐS: M  1;0; 4  Bài 5: Cho điểm A (2; 6; 2) và đường thẳng (d) có phương trình:  d  : x  3 y 1 z 1   2 1 2 a Tìm trên đường thẳng (d) điểm M  x0 ; y0 ; z0  sao cho tổng x0 2  y0 2  z0 2 đạt giá trị nhỏ nhất b Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc H của điểm A trên đường thẳng (d) c Tìm tọa độ A1 đối xứng với A qua... dạng: MA  MB  3  A0 I 0  B0 I 0  Từ đó MA + MB nhỏ nhất khi A0 I 0  B0 I 0 nhỏ nhất  A0 , B0 , I 0 thẳng hàng      t  3 3 2 A0 I 0 / / B0 I 0    t  4  M  4; 4;5  t 6 6 2 Bài giảng độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com Biên soạn: Đỗ viết Tuân –Vũ Thanh Hà http://baigiangtoanhoc.com Khóa học: Hình học giải tích trong không gian Vậy  MA  MB min  57  228  M  4; 4;5 ... + MB nhỏ nhất khi A0 I 0  B0 I 0 nhỏ nhất  A0 , B0 , I 0 thẳng hàng     A0 I 0 / / B0 I 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 A0 , B0 , I 0 thuộc mp (Oxy) và A0 , B0 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 . 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 http://baigiangtoanhoc.com Khóa học: Hình học giải tích trong. chiếu vuông góc của M trên (P) nên     H d P    tọa độ điểm H http://baigiangtoanhoc.com Khóa học: Hình học giải tích trong không gian Bài giảng độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com. trên mp (P) sao cho ABC là tam giác đều. Bài giải: http://baigiangtoanhoc.com Khóa học: Hình học giải tích trong không gian Bài giảng độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com Biên soạn: Đỗ