Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 27 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
27
Dung lượng
1,05 MB
Nội dung
HƯỚNGDẪNGIẢI Bi uuu r uuur Ta có AB (2;4; 16) , nP (2; 1;1) VTPT (P ) a) Gọi (Q) mặt phẳng chứa A, B (Q) (P ) uuur uuu r uuu r AB, nP � (12; 30; 6) nên nQ (2;5;1) VTPT (Q) Mà � � � Vậy phương trình (Q) : 2x 5y z 11 b) Ta thấy hai điểm A, B nằm hai phía so với mặt phẳng (uPuu)ur uuu r Gọi H (a; b; c) hình chiếu A lên mặt phẳng (P ) ta có AH t.nP �a 2t � Suy �b t � �c t � �a 2t � b t � �c t � Mặt khác H �(P ) nên 2a b c � 2(2t 1) ( t 3) t Từ ta tìm H (1;2; 1) Gọi A ' điểm đối xứng với A qua mặt phẳng (P ) , suy A '(3;1;0) đồng thời A ' với B nằm hai phía so với mặt phẳng (P ) Khi với điểm M �(P ) ta có : MA MB MA ' MB �A ' B Đẳng thức xảy � M A ' B �(P ) Từ ta tìm M (2;2; 3) uuur uuur AB 4; 4; ; CD 2;10; 8 Ta có uuur uuur � AB.CD � AB CD � AB, CD 900 Do AB không đổi � AMB có chu vi nhỏ � AM BM nhỏ �x 1 2k uuuur uuur � Gọi M x; y; z �CD � CM k.CD � �y 4 10k �z 8k � � M 1 2k; 4 10k;3 8k uuuur uuuur � AM 2k 3;10k 7;1 8k , BM 2k 7;10k 3;5 8k Suy AM BM 168k2 168k 59 168 168k 83 2 � 1� � 1� 168 �k � 17 168 � k � 41 � 17 41 � 2� � 2� Dấu “=” xảy � k � M 0;1; 1 212 Gọi đường thẳng cần tìm; nằm mặt phẳng (Q) qua A song song với (P ) Phương trình (Q) : x 2y 2z Gọi K , H hình chiếu B , (Q) Ta có BK �BH � AH đường thẳng cần tìm Tọa độ H nghiệm hệ: �x y z � 11 � uuuur �26 11 � � ; ; �� AH � ; ; � 2 �H� �1 9� � 9 9� �9 �x 2y 2z � Vậy phương trình : x y z1 26 11 2 Giả sử mặt phẳng ( ) cắt tia Ox,Oy,Oz điểm khác gốc tọa độ A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) với a,b,c x y z Phương trình mặt phẳng ( ) có dạng a b c Mặt phẳng ( ) qua điểm M(1;9;4) nên (1) a b c a) Khối tứ diện OABC có góc tam diện đỉnh O vng, nên thể tích 1 V OA.OB.OC a b c abc 6 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 36 � 33 abc 972 V 162 a b c abc Dấu đẳng thức có � a 3,b 12,c 27 a b c Vậy thể tích khối tứ diện OABC nhỏ 162 (đvtt), mặt phẳng ( ) x y z � 36x 9y 4z 108 có phương trình 12 27 b) Đặt T OA OB OC a b c Ta có 4a b 9b 4c 9c c �1 � T.1 (a b c) � � 14 b a c b a a �a b c � 14 � 213 4ab ba 36bc cb 9ca ac 36 T 36 �1 a6 � 1 � �a b c � � �b 12 Dấu đẳng thức có � �4a b ; 9b 4c ; 9c c � c 18 � �b a c b a a Vậy giá trị nhỏ OA OB OC 36, mặt phẳng ( ) có phương x y z � 6x 3y 2z 36 trình 12 18 x 3 2t � � y t (t ��) a) Phương trình đường thẳng AB : � � z 1 t � Tọa độ giao điểm AB thỏa mãn hệ phương trình �3 2t 2v �t � t 3v � � � I(1; 5; 0) � v 1 � � 1 t 1 v � Vậy hai đường thẳng cắt điểm I(1; 5; 0) uur uuur uuur uur Ta có AI(2; 1; 1), AB(4; 2; 2) nên AB 2AI, hay I thuộc đoạn thẳng AB Vì MA MB �AB dấu đẳng thức có M �I nên giá trị nhỏ MA MB AB, xảy M(1; 5; 0) uuur r b) Do AC(4; 6; 2) 2u A � nên AC // , tức AC nằm mặt phẳng (P ) A,C phía so với Gọi hình chiếu A H(1 2t;8 3t; t), ta có uuuu r r AH(4 2t; 3t; t), u (2; 3; 1) uuuu rr 10 Vì AH nên AH.u � 2(4 2t) 3(4 3t) t � t � 13 26 � ; ; � Do H � 7� � 7 Gọi A �đối xứng với A qua H trung điểm AA �nên � 24 13 � tọa độ điểm A �là A � � ; ; � � � Ta có A �và C nằm khác phía so với mặt phẳng (P ) MC �A � C, nên giá trị nhỏ đồng thời MA MC MA � MA MC A � C M A � C � �x 6u uuuu r � C : �y 10 23u (u ��) C (6; 23; 17) nên phương trình A � Do A � � z 17u � 214 �1 47 � ; � Vậy điểm M cần tìm M � ; �7 7 � Bi b a) Ta có: C (a; a;0), B '(a;0; b), C '(a; a; b), D '(0; a; b) � M (a; a; ) uuuuur uuuuur uuuuuu r b Suy A ' B a;0; b , A ' D (0; a; b), A ' M (a; a; ) nên uuuuur uuuuur � A ' B, A ' D � (ab; ab; a2) � � uuuuuu r uuuuur uuuuur 3a2b Vậy VA ' MBD a b � A 'M.� A ' B, A ' D � � � b) Do a, b nên áp dụng BĐT Cô si ta có: � a b a a �a � b � Đẳng thức xảy � �2 �a b � b 33 � �a � � � b � a b a2b 256 27 64 27 a) Vì điểm D �(Oyz) nên D(0;y;z) uuur uuur uuur uuur Ta có: AB(1;2; 1),CD(3;y 2;z 6),AC(0;3;6),BD(2;y 1;z 1) Tứ diện ABCD có cặp cạnh đối vng góc uuur uuur � AB.CD 2y z 5 �AB CD � 11 � � �uuur uuur �� � y ,z � 5 y 2z 1 �AC BD �AC.BD � � 11 � 0; ; � Vậy tọa độ điểm D D � 5� � uuuur uuur b) Ta có M(t;0;0) nên AM(t 3;1;0),AB(1; 2; 1) uuuur uuur AM,AB � Do � � � (1;t 3;2t 5) Diện tích tam giác ABM uuuur uuur � 1 SMAB � AM,AB � (t 3)2 (2t 5)2 f(t) � 2 Vậy max VA ' BDM Với f(t) (t 3)2 (2t 5)2 5t2 26t 35 tam thức bậc hai có hệ số t2 13 � 13 � 0, nên f(t) f � � , t �5 � 215 Vậy giá trị nhỏ diện tích tam giác ABM 13 � � M � ;0;0� �5 � a)Vì M �(Oxz) nên M(x;0;z) uuuur uuuu r Ta có MA(5 x;2;3 z),MB(1 x; 2; z) Các điểm A,M,B thẳng hàng nên tồn k cho x k(1 x) � uuuur uuuu r � MA k.MB � � 2k � � z k(1 z) � 30 , đạt điểm 10 x2 � � k 1 � � z 1 � Vậy M(2;0;1) chia đoạn AB theo tỉ số 1 ( M trung điểm AB ) b) Theo bất đẳng thức tam giác, ta có NA NB �AB Vì tung độ hai điểm A,B trái dấu, nên hai điểm A,B nằm hai phía mặt phẳng (Oxz) Do NA NB AB N giao điểm AB với mặt phẳng (Oxz), hay N �M(2;0;1) Vậy giá trị nhỏ NA NB 17 N(2;0;1) uuuu r uuur c) Ta có K (t;t;t) nên AK (t 5;t 2;t 3),BK (t 1;t 2;t 1) � 32 � 1198 f(t) 2K A 3K B 3t 64t 58 3 � t � � 3� 1198 f(t) � t �� � 32 32 32 � 32 ; ; Đẳng thức xảy t , hay K � 3� � � x1 y z4 (P ) : x y z 0,A(1; 1; 2), : 3 r a) Gọi ud (a; b; c), a2 b2 c2 r r Có d //(P ) � ud n(P ) nên c a b r qua M(1; 0; 4) có u (2; 1; 3) uuuu r r r Ta có AM(2; 1; 2), u , ud (a 4b; 5a 2b; 2b a) Vì 2 nên Khoảng cách hai đường thẳng r r uuuur u ,ud AM 9a 6b d(d; ) r r u ,ud (a 4b)2 (5a 2b)2 (2b a)2 Hay d(d; ) (9a 6b)2 70 � 2 14 27a 24ab 24b 216 �x � y 1 t Khi đường thẳng cần tìm d : � � z 2 t � b) Gọi góc d r r r u , n(P ) � Giá trị lớn 900 ud � � � (2; 5; 1) x 1 y1 z Đường thẳng cần tìm d : 5 1 r r r r n ,� u , n �� (6; 1; 7) Giá trị nhỏ đạt ud � �(P ) � (P ) �� x 1 y1 z Đường thẳng cần tìm d : u u u r r c) ud�(1; 1; 1), AB(2; 2; 3) r r uuur � u Khoảng cách từ B đến d lớn ud � � d�, AB � (5; 1; 4) nên phương x 1 y 1 z trình đường thẳng cần tìm d : 5 Khoảng cách từ B đến d nhỏ r r r uuur � � 3(1; 3; 2) ud � ud�, � u , AB � � �d� � x 1 y 1 z Phương trình đường thẳng cần tìm d : 3 Bi Vì uuuur uuuur M � � M t;2t;1 t , AM t 3;2t 2; t 2 , BM (t 1;2t 2; t) uuuur CM (t 2;2t 1; t 2) Ta có: MA MB 6t2 18t 17 6t2 6t 2 �3 � � 7� � 6t � � � �2 � � 2� � � � � 217 2 � 6� � 7� � 6t �� � � � � � � � � 2� Ap dụng bất đẳng thức: thức xảy a2 b2 c2 d2 � (a c)2 (b d)2 , đẳng a c , ta có: b d 2 �3 6� � 7� MA MB � � 6t 6t � 38 � � �2 � � � � � � 2� Đẳng thức xảy � 6t 6t � t �1 �2 2 1� 2� Vậy M � ;1; �là điểm cẩn tìm Ta có: AM CM 6t2 18t 17 6t2 4t 2 �3 � � 7� � 6t � � � �2 � � 2� � � � � 2 � � �5 � � 6t �� � � � � � � 3� 2 � 14 �1 45 42 � t �� t �3 � 10 42 �3 6 � � 14 � � � �� � �2 � � � � � �2 � �3 �2 �5 Đẳng thức xảy � � t � �3 96 42 � 45 42 42 35 � �45 42 � ; ; Vậy M � � 10 42 10 42 10 42 � � � � Bi Giả sử A (a;0;0), B(0; b;0), C (0;0; c) với a, b, c Khi phương x y z trình ( ) có dạng: a b c Vì ( ) qua M nên ta có: (1) a b c 218 Ta có: M trọng tâm tam giác � a 3, b 12, c 27 x y z � 36x 9y 4z 108 12 27 Thể tích khối tứ diện OABC là: V abc Nên phương trình ( ) : a b Từ (1), áp dụng BĐT Cơ si ta có: � c 33 36 abc abc 27.36 Suy V �6.27 162 Đẳng thức xảy � a 3, b 12, c 27 a b c Vậy phương trình ( ) : 36x 9y 4z 108 Gọi H hình chiếu O lên mặt phẳng ( ABC ) � d O, ( ABC ) OH �OM � uuuur Đẳng thức xảy H M hay mặt phẳng ( ) qua M nhận OM làm VTPT nên phương trình ( ) : x y 9z 98 � �a c 4b OA OC 4OB �� � OA OB � �a b Ta có: � �c 3b thay vào (1) ta có � �a b được: 7 97 � (b 9)(b2 7b 12) � b 9, b b b b �b ta có phương trình ( ) : x 2y z 18 �b 7 97 ta có phương trình ( ) : Bi 39 97 97 11 97 x y 36 24 12 Giả sử mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp OABC có phương trình: x2 y2 z2 2mx 2ny 2pz q 219 Thay tọa độ điểm O, A, B, C vào ta có: �a2 2ma q � � b2 2nb q � � �c2 2cp q � �p � a b m ; n � � 2 � �p c ; q � a b c 2 Suy tâm mặt cầu (S) I ( ; ; ) bán kính R IO a b2 c2 Áp dụng BĐT Cơsi ta có: a2 27 27 27 27 27 � � a2 � 8a 8a 4a Ta có hai BĐT tương tự : b2 27 27 27 27 � ; c � 4b 4c Cộng ba BĐT lại với ta được: 27 �1 a2 � b2 �� c2 � �a b � 81 � c� Đẳng thức xảy � a b c a2 b2 c2 27 R 3 Vậy R 3 Ta tích tứ diện OABC là: VOABC abc Diện tích tồn phần tứ diện : Stp (ab bc ca a2b2 b2c2 c2a2 ) 3V abc Suy r S ab bc ca a2b2 b2c2 c2a2 Từ giả thiết toán ta suy ab bc ca 2abc Mặt khác: a2b2 b2c2 c2a2 � (ab bc ca)2 abc r� Nên 2abc abc 2( 1) 220 Mặt khác: a2b2 b2c2 c2a2 (ab bc ca)2 (2abc)2 � r abc 4abc Bi Gọi trọng tâm tam giác ABC G(1; 1; 0) uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur MA MB MC MG , nên Ta có MA MB MC 3MG nên uuuur uuuur uuuur MA MB MC đạt giá trị nhỏ MG nhỏ Mà M �(P ) nên điểm M cần tìm hình chiếu G (P ) uuur Giả sử M (x; y; z) I M (x 1; y 1; z) uuur uuu r � �I M t.nP Nên từ � ta có �M �(P ) �x y z � 2 � M (0; 1; 2) �1 �x 2y 2z � Vậy điểm M (0; 1; 2) điểm cần tìm Mặt cầu (S) có tâm I (1;1;1) uuur uuur uuur r Gọi J (a; b; c) điểm thỏa mãn 2J A 4J B 3J C Ta uuur có: uuur uuur J A (1 a; b; c), J B (2 a; b; c), J C ( a; b; c) uuur uuur uuur Nên 2J A 4J B 3J C (6 a; b; c), suy J (6; 5; 6) uuuur uuuur uuuur uuuu r uuur uuur uuur uuuu r Vì 2MA 4MB 3MC MJ 2J A 4J B 3J C MJ nên biểu thức uuuur uuuur uuuur 2MA 4MB 3MC đạt giá trị nhỏ MJ lớn �x 7t uur � Ta có I J 7;4; 7 � J I : �y 4t thay vào phương trình (S) ta có �z 7t � 49t2 16t2 49t2 57 �t� 2 �5 �2 5� 2� �9 �2 9� 2� Suy I J cắt (S) hai điểm E � ;3; �, F � ; 1; � Do J E J F nên J M lớn M 221 F uuur Ta có ud� (2; 1; 2) VTCP d ' nên góc mặt phẳng (P ) đường thẳng d ' thỏa mãn uuu r uuur nP ud� uuur uuur A 3B (4 A 3B)2 sin cos nP , ud� uuu r uuur nP ud� A B ( A 2B)2 2A AB 5B �Nếu B A �0 nên sin 2 �Nếu B �0 đặt t sin A , t �� ta có: B (4t 3)2 2t2 4t Ta tìm max f (t) f (t), f (t) (4t 3)2 2t2 4t 25 t 7, hay A 7B Tức (P ) : 7x y 5z Bi Gọi H , K hình chiếu A lên d (P ) Ta có d(A, (P )) AH �AK Mà AK không đổi nên d( A, (P )) lớn H �K uuuur Do (P ) mặt phẳng qua K nhận AK làm VTPT � 10 � uuuur � 13 � K Ta tìm � ; ; �� AK � ; ; � 3� �3 3� �3 Vậy phương trình (P ) : 5x 13y 4z 21 Vì (Q) chứa d nên phương trình (Q) có dạng: ax (a 2c) y cz a 4c � Gọi (P ), (Oxy) , ta có: cos c 2a2 4ac 5c2 224 Nếu c � cos Với c �0 ta có: cos �a � � 1� �c � � a Nên nhỏ � � a c ta chọn c � a c Vậy phương trình (Q) : x y z � Phương trình (R ) : ax (a 2c) y cz a 4c Gọi Oy, (R ) Ta có: sin a 2c 2a2 4ac 5c2 Nếu c � sin a2 4ac 4c2 2a2 4ac 5c2 a t2 4t khảo sát hàm số f (t) ta tìm c 2t2 4t � 1� max f (t) f � � , suy lớn � a c � 2� Nếu c �0 , đặt t Chọn c 1 � a Phương trình (R ) : x 5y 2z Bi 10 Ta thấy điểm A, C nằm phía A, B nằm khác phía so với (P ) Ta có MA MB �AB A, B nằm khác phía so với (P ) nên min(MA MB) AB M AB �(P ) �x 3t � Phương trình đường thẳng AB : �y 1 2t (t �R ) �z 2t � Ta có M �AB � M (1 3t; 2t; 2t), mà M �(P ) nên 2(1 3t) (1 2t) (2 2t) � t 225 � Vậy M �1; � 2� ; �là điểm cần tìm 3� Ta có MA MC �AB A, C nằm phía so với (P ) nên max MA MB AC M AC �(P ) Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình: �x y z � 1 � M (1; 3; 4) �1 � 2x y z � Vậy M (1; 3; 4) điểm cần tìm Gọi H (x; y; z) hình chiếu điểm A mặt phẳng (P ) �1 �3 8� � 3� Ta tìm H � ; ; � 10 � ; � �3 3� Gọi A ' đối xứng với A qua mặt phẳng (P ) , suy A � � ; , C khác phía so với (P ) Vì A, C phía so với (P ) nên A � C MC �A � C nên min(MA MC ) A � Ta có MA MC MA� M A� C �(P ) uuuur C Do A � x y z1 (11; 1; 7) nên A � C: 11 1 7 � 1 12 � ; � �5 5� Từ ta tìm tọa độ điểm M � ; � 10 � ; � �3 3� Gọi A ' đối xứng với A qua (P ) A � � ; , B phía so với (P ) Vì A, B khác phía so với (P ) nên A � MB �A � B nên max MA MB A � B Ta có MA MB MA� B �(P ) M A� uuuur B (1; 2; 10) nên A � B: Do A � x y1 z 2 10 226 �7 10 � ; � 3� �3 Suy tọa độ điểm M cần tìm M � ; Bi 11 uur Gọi ud (a; b; c) VTCP d , a2 b2 c2 r r Vì d nên ud u � a 2b c � c a 2b uuur Vì d�qua M (0; 1; 1) có ud� (2; 2; 1) uuur uur � u , ud � (2a 3b; a 4b; 2a 2b) Ta có: �d� � Do khoảng cách hai đường thẳng uuuur r r � � u , u OM �d� d � d(d� , d) r r � ud� , ud � � � a 6b (2a 3b)2 (a 4b)2 (2a 2b)2 (a 6b)2 9a2 12ab 29b2 �Nếu b a �0 nên d(d� ; d) �Nếu b �0 đặt t d(d� , d) (t) Ta có f � Vì ff(6) 0; t a , t ��, đó: b (t 6)2 9t2 12t 29 2(t 6)(65 60t) (9t 124t 29) f (t), f (t) (t 6)2 9t2 12t 29 ; f� (t) � t 6; t 13 12 � 13 � 17 ; lim f (t) nên max f (t) 17 � � 12 � x��� 9 � 13 12 17 So sánh trường hợp ta có max(d(d� , d)) b 12; a 13; c 11, hay phương trình đường thẳng cần tìm x y z d: 13 12 11 227 uuur uuur uuur Ta có AB (3; 3; 0), BC (0; 3; 3), CA (3; 0; 3) nên AB BC CA Tam giác ABC tam giác Các điểm A, B, C thuộc đường tròn (C ) Đường tròn (C ) giao mặt cầu (S) có tâm I (1; 1; 2), bán kính R mặt phẳng (P ) : x y z Tâm J đường tròn (C ) trọng tâm tam giác ABC nên J (2; 2; 3) Bán kính đường tròn (C ) r R I J Bài toán trở thành tốn hình phẳng: Xét tam giác ABC nội tiếp đường tròn (J , 6) Tìm điểm M �(C ) cho MA MB MC đạt giá trị lớn � , MA MB MC Giả sử M thuộc cung BC Vì MA MB MC 2MA �2.2r Dấu đẳng thức có M đối xứng với A qua J , nên M (0; 3; 4) � , � Tương tự cho trường hợp M thuộc cung CA AB ta tìm điểm tương ứng M (3; 0;1), M (3; 3; 1) Vậy giá trị lớn MA MB MC 6, đạt điểm M ba điểm M (0; 3; 4), M (3; 0;1), M (3; 3; 1) Bi 12 Gọi A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) (ABC) có phương trình x y z a b c x y z 6 Mặt phẳng cần tìm 5x 3y 2z 38 d(O,(ABC)) �OM Mặt phẳng (ABC) có phương trình x 2y 3z 14 Có ba mặt phẳng thỏa mãn x y z 0, x y z 0, x y z x y z Mặt phẳng (ABC) có dạng 2 b c 3 � (1) Vì P(2;3;1) �(ABC) nên 2 b c b c Vì OB 2OC nên b c (2) Mặt phẳng cần tìm Giải hệ phương trình (1) (2) ta có mặt phẳng thỏa mãn 228 x y z x 2y 1, 4z 2 2 Bi 13 (P ) :x y z A(1;1;1), B(0;1;2),C(2;0;1) Vì M(x; 1; z) �(P ) nên x z Từ MA MB suy x z 1� �1 ; 1; � Vậy tọa độ điểm M cần tìm M � 2� �2 Gọi N(a; b; c) a b c Ta có T 2NA NB NC 3(2a2 b2 c2 ) 6b 10c 16 2 � 1� � 5� 6� a � 3�b � 3(c 1)2 �8 � 3� � 3� �1 � ; ;1� Khi điểm N có tọa độ N � �3 � Bi 14 Cách 1: Phương pháp hình học Theo chứng minh phần phương pháp ta có Đường thẳng d qua A cách B khoảng lớn đường thẳng có véc tơ uuur r r n(P ) , AB � phương ud � � � u u u r r r Vì n(P ) (1; 2; 1), AB(1; 2; 3) nên ud 4(1; 1; 1) x1 y z 1 1 Đường thẳng d qua A cách B khoảng nhỏ đường thẳng có véc tơ uuur r r r � � n(P ) , � n , AB phương ud � � � �(P ) � uuur uuur r r � 4(1; 1; 1), n , AB Vì n(P ) (1; 2; 1), AB(1; 2; 3) nên � �(P ) � r ud 12(1; 0; 1) Phương trình đường thẳng cần tìm x 1 t � � y (t ��) Phương trình đường thẳng cần tìm d : � � zt � Cách 2: Phương pháp hàm số r Gọi véc tơ phương đường thẳng d ud (a; b; c), a2 b2 c2 r r Vì d �(P ) nên ud n(P ) � a 2b c � c a 2b uuur r uuur � u Vì AB(1; 2; 3) nên � �d , AB � (2a 7b; 2a 2b; 2a b), khoảng cách từ B đến đường thẳng d 229 r uuur � 2 ud , AB � � � (2a 7b) (2a 2b) (2a b) d(B, d) r ud a2 b2 (a 2b)2 12a2 24ab 54b2 2a2 4ab 5b2 Nếu b a �0 nên d(B;d) a Nếu b �0 đặt t ,t ��, b 12t2 24t 54 12t2 24t 54 f(t), f(t) 2t2 4t 2t2 4t 24 24 6 � f(t) �14 Ta có: f(t) 2t 4t 2(t 1)2 d(B, d) Hay d(B; d) � 14 Kết hợp trường hợp, ta �d(B; d) � 14 6, đạt b 0, chọn a có c x 1 t � � y (t ��) nên phương trình đường thẳng cần tìm d : � � zt � Giá trị nhỏ d(B; d) Giá trị lớn d(B; d) 14, đạt a b, chọn b 1 a 1; c 1 nên phương trình đường thẳng cần tìm là: x 1 y z d: 1 1 Đường thẳng d qua A song song với (Q) tức d nằm mặt phẳng (P ) : 2x y z Cách 1: Phương pháp hình học tổng hợp Góc d d�lớn 900 , d có véc tơ phương r r r ud � ud�, n(Q) � � � (4; 5; 3) x 1 y 1 z Phương trình đường thẳng d : Góc d d�nhỏ d qua A song song với hình chiếu d� mặt phẳng (P ) r r r r � 2(1; 5; 7) n(Q), � ud�, n(Q) � Một véc tơ phương ud � � � � � x 1 y 1 z Phương trình đường thẳng d : 5 Cách 2: Phương pháp hàm số 230 r Gọi véc tơ phương đường thẳng d ud (a; b; c), a2 b2 c2 r r Vì d //(Q) nên ud n(Q) � 2a b c � c 2a b r Ta có ud� (1; 2; 2) nên góc hai đường thẳng thỏa mãn r r cos cos(ud ; ud�) Nếu b a �0 nên cos Nếu b �0 đặt t 5a 4b 5a2 4ab 2b2 a ,t ��, b (5t 4)2 (5t 4)2 f(t), f(t) 5t2 4t 5t2 4t 2(5t 4)(10t 2) (t) Ta có f � nên ta tìm (5t2 4t 2)2 cos � � 25 �4 � max f(t) f � � , f(t) f � � � 5� �5 � , t , hay b 5; a 1; c Giá trị nhỏ arccos 3 x 1 y 1 z Phương trình đường thẳng cần tìm d : 5 Giá trị lớn 900 , t , hay b 5; a 4; c Phương trình x 1 y 1 z đường thẳng cần tìm d : 3 Giả sử d cắt d�tại điểm M M(1 2t; t; t), t �� uuuur Véc tơ phương d AM(2t 2; t 2; t) r Véc tơ phương đường thẳng u (1; 2; 2) Gọi góc đường thẳng đường thẳng d Ta có 1.(1 2t) 2.(2 t) 2.(2 t) r uuuur cos cos(u , AM ) (2t 2)2 (t 2)2 (1 t)2 Trong f(t) 231 2t 6t2 14t t2 6t2 14t t2 f(t) 6t 14t (t) Ta có f � 2t(7t 9) , dễ dàng tìm (6t2 14t 9)2 � 9� f(t) f(0) 0,max f(t) f � � � 7� � � 0; �thì hàm số y cos nghịch biến, nên Vì với �� � 2� uuuur Giá trị lớn đạt t � AM(2; 2; 1), x1 y z1 hay đường thẳng d d : 2 1 Giá trị nhỏ arccos đạt t , suy uuuur x 1 y z 1 AM (4; 5; 2), hay đường thẳng d d : 4 x 1 y z , A(1; 4; 2),B(1; 2; 4) Bi 15 d : 1 � 10 � Hình chiếu A d H � ; ; � �3 3 � Phương trình mặt phẳng cần tìm (P ) : 5x 13y 4z 21 r Gọi véc tơ pháp tuyến (P ) n(P ) (a; b; c) cos((P ), (Oxy)) c 2 a (a 2c) c Đẳng thức có (P ) : x y z r Gọi véc tơ pháp tuyến (P ) n(P ) (a; b; c) sin((P ), Oy) a 2c a2 (a 2c)2 c2 Đẳng thức có (P ) : x 5y 2z � � 30 Vấn đề Bi uuur uuuu r uuur uuuu r AB, AC � 14; 8; 2 Ta có AB (3; 5; 1), AC (1; 1; 3) � � � � Suy phương trình mặt phẳng ( ABC ) là: 7x y z 232 Ta có � 2a b 2a b 3a 2b 1 � �� � 4 1 1 3a 2b 4 � uuuu r uuur uuur r Gọi E (x; y; z) điểm thỏa mãn 2AE 4BE 3CE (*) uuuu r uuur Vì 2AE 2x 4;2y 6;2z 2 ; 4BE 4x 4;4 y 8;4z ; uuur 3CE 3x 3; 3y 6; 3z 6 uuuu r uuur uuur Suy 2AE 4BE 3CE 3x 3;3y 8;3z 8 ( ) / /( ABC ) � �a 18 � b 29 � � �x 1 � 3x � � 8 8� � � (*) � y � 1; ; � Do � �y � E � 3 3� � � � 3z � � z � � uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur Khi đó: S EA EM EB EM EC EM uuuur uuuu r uuur uuur 3EM 2EA 4EB 3EC 2EM 2AE 4BE 3CE 3EM 2EA 4EB 3EC Vì 2EA 4EB 3EC không đổi nên S nhỏ � EM nhỏ � M hình chiếu E lên mặt phẳng ( ) uuuur � 8� 3� � uuuur ur ur Do EM (P ) � EM k.n ( Trong n (3;1; 1) VTPT ( ) ) � �x 3k � � Suy �y k � � z k � � Gọi M (x; y; z) , ta có: EM �x 1; y ; z � Mặt khác � 8� � 8� 22 M �( ) � 3k 1 � k � � k � � 11k 0� k 3� 3 � 3� � Vậy M 1; 2;2 điểm cần tìm uuuur uuuu r uuuu r r Gọi K (x; y; z) điểm thỏa mãn 3AK 5BK 7CK (**) 233 uuuu r uuuu r Mà 3AE 3x 6;3y 9;3z 3 ; 5BK 5x 5; 5y 10; 5z ; uuuu r 7CK 7x 7;7y 14;7z 14 � 18 �x � 5x 18 � � 18 33 11 � � � 33 � K � ; ; � Suy (**) � �5y 33 � �y 5� �5 � � 5z 11 � 11 � �z � uuuur Khi P NK 5NK , suy P nhỏ � N hình chiếu K lên ( ) Từ ta tìm N 3;6; 2 Bi uuuur Gọi tọa độ điểm M M(x; y; z), ta có AM(x 2; y 3; z 1) uuuur uuuur BM (x 5; y 2; z 7), CM (x 1; y 8; z 1) nên MA (x 2)2 ( y 3)2 (z 1)2 MB (x 5)2 ( y 2)2 (z 7)2 MC (x 1)2 ( y 8)2 (z 1)2 Do đẳng thức MA MB MC tương đương với (x 2)2 ( y 3)2 (z 1)2 (x 5)2 ( y 2)2 (z 7)2 (x 1)2 ( y 8)2 (z 1)2 � x2 y2 z2 4x 14y 18z 26 Vậy tập hợp điểm M mặt cầu tâm I (2; 7; 9), bán kính R uuur Tương tự câu 1, ta có AB (7; 5;6) nên uuuur uuur uuuur uuuur AM AB (x 9; y 8; z 5), BM CM (2x 6; 2y 6; 2z 6) uuuur uuur uuuur uuuur Nên AM AB BM CM � (x 9)2 ( y 8)2 (z 5)2 (2x 6)2 (2y 6)2 (2z 6)2 � 3x2 3y2 3z2 42x 8y 34z 62 34 62 � x2 y2 z2 14x y z 0 3 234 � 17 � ; �, bán kính R � 3� 7; Vậy tập hợp điểm M mặt cầu tâm I � 935 Bi Gọi trọng tâm tam giác ABC G(1; 2; 2) uuur uuur uuur r Khi GA GB GC nên uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur MA MB MC MG GA MG GB MG GC 3MG2 GA GB GC Do MA MB MC đạt giá trị nhỏ MG nhỏ nhất, hay M hình chiếu G (P ) Ta tìm điểm M (4; 1; 0) điểm cần tìm uuur uuur uuur r Gọi E (a; b; c) điểm thỏa mãn EA 2EB 4EC 0, ta tìm tọa độ điểm E (7; 16; 7) Ta có: MA 2MB 4MC MG2 GA2 2GB 4GC Nên MA 2MB 4MC lớn M hình chiếu điểm E mặt phẳng (P ) Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình: �x y 16 z � 25 74 9� � ; ; 3 2 � M � �3 � 111111 � � � 3x 3y 2z 15 � Bi Vì điểm M � nên M (1 t; t; 2t), t �� uuuur uuuur Ta có MA(t; t; 2t), MB (t 2; t; 2t) Nên T MA MB t2 (6 t)2 (2 2t)2 (t 2)2 (4 t)2 (4 2t)2 12t2 48t 76 12(t 2)2 28 �28 t �� Hay giá trị nhỏ T 28 t 2, hay M (1; 0; 4) Vậy M (1; 0; 4) điểm cần tìm uuuur Ta có uuuur uuuur OM (1 t; t; 2t), AM (t; t 6; 2t 2), BM (2 t; t 4; 2t 4) 235 ur uuuur uuuur uuuur Do w 3OM 2AM 4BM (5 t; t 2; 2t 12) ur Nên ta có w (5 t)2 (t 2)2 (2t 12)2 6t2 54t 173 � � 319 638 6� t � � t �� 2 � 2� uuuur uuuur uuuur Vậy giá trị nhỏ 3OM 2AM 4BM 638 , đạt �5 � M � ; ; 3� �2 � uuuur uuur Ta có AM (t; t 6; 2t 2), AB (2; 2; 2) nên uuuur uuur � AM , AB � (6t 16; 2t; 4t 12) � � Vì diện tích tam giác MAB SMAB uuuur uuur � AM , AB � (6t 16)2 (4 2t)2 (4t 12)2 � � 2 � 19 � 24 42 56 �t � � � 7� � 12 38 � 19 �M� ; ; � � 7 7� uuur uuur uuur Bi AB(5;3; 8),BC(7;0;2),CA(2; 3;6) uuur uuur uuur uuur uuur uuur Ta có AB.AC 47,BC.BA 51,CA.CB dương, nên tam tam giác ABC tam giác nhọn uuuur Từ M(t;t;t) � MA(3 t; t;5 t) nên uuur r uuuur u MA 2BC 24 t; t; 11 t r u (24 t)2 (2 t)2 (11 t)2 3(t 11)2 338 uuuur uuur Giá trị nhỏ MA 3BC 13 M(11;11;11) Vậy SMAB lớn � t Ta có f(t) 2MA MB 4MC 3t 24t 18 Hay f(t) 30 3(t 4)2 �30 t �� Nên giá trị lớn f(t) 30, M 4; 4; 4 236 Bi Tọa độ trọng tâm tam giác ABC G(2;4;3) uuuu r r Gọi H hình chiếu G mặt phẳng (P ), GH t.n(P ) , uuuu r hay GH (t;t;t) � H(2 t; t; t) Mặt khác, điểm H thuộc mặt phẳng (P ) nên (2 t) (4 t) (3 t) � 3t � t 2 Vậy tọa độ hình chiếu G mặt phẳng (P ) H(0;2;1) Điểm G�đối xứng với G qua mặt phẳng (P ) H trung điểm , nên GG� xG� 2xH xG xG � 2 �xG xG� 2xH � � � � � yG� 2yH yG � � yG � � G� (2;0; 1) �yG yG� 2yH � � � � � zG zG� 2zH zG� 2zH zG zG� 1 � � � (2;0; 1) Vậy tọa độ điểm G�là G� uuur uuur uuur r Vì G trọng tâm tam giác ABC nên GA GB GC uuuur2 uuuur uuur uuuur uuur Ta có MA MA (MG GA )2 MG2 2MG.GA GA uuuur uuur uuuur uuur Tương tự MB MG2 2MG.GB GB , MC2 MG2 2MG.GC GC uuuur uuur uuur uuur Do T 3MG2 2MG(GA GB GC) GA GB GC2 3MG2 GA GB GC2 Vì thế, biểu thức T đạt giá trị nhỏ MG nhỏ nhất, hay M hình chiếu điểm G mặt phẳng ABC Tọa độ điểm M cần tìm M �H(0;2;1) Bi Vì điểm M � nên M(1 t; 2t; 2t),t �� uuuur Ta có MA(2 t; 2t 1; 1 2t) uuuu r uuuu r MB(1 t; 2t; 2t), MC(t; 2t; 2t) � T MA 2MB 4MC 2 � � 232 232 9t2 8t 24 � 3t � � t �� � 3� 232 � 13 17 � ; ; � Giá trị nhỏ T t , hay M � 9� � 9 � 13 17 � ; ; � Vậy điểm M cần tìm M � 9� � 9 uuur uuuur uuur Ta có BC(1; 1; 2) nên AM BC (t 3; 2t; 2t 1) uuuur uuur 2 Vì AM BC (t 3) (2t) (2t 1) 237 65 � � 65 9t2 10t 10 � 3t � � t �� � � uuuur uuur 65 Do giá trị nhỏ AM BC , đạt điểm � 10 � ; ; M có tọa độ M � 9� �9 � Bi r m qua A(1; 0; 2) véc tơ phương u m (2; m; m) uuur r uuur � OA, Ta có OA(1; 0; 2) nên � � u m � (2 2m; m; m) Khoảng cách từ gốc tọa độ đến m uuur r � � OA, � u m � 6m 2m 21 d(O, m ) r 2m2 2m u m Giá trị lớn d(O, m ) m Giá trị nhỏ d(O, m ) m 4 Góc đường thẳng m mặt phẳng (yOz) r r sin( m ,(xOy)) cos(u m , n(xOy) ) m 2m2 2m Giá trị lớn cần tìm arcsin m r Oy qua O có uOy (0;1;0) m r r � (m; 0; 2) Vì d(Oy, m ) � u , u Ta có � Oy � m� m2 Khoảng cách m trục Oy lớn m 238 ... r uuuur u MA 2BC 24 t; t; 11 t r u (24 t)2 (2 t)2 (11 t)2 3(t 11) 2 338 uuuur uuur Giá trị nhỏ MA 3BC 13 M (11; 11 ;11) Vậy SMAB lớn � t Ta có f(t) 2MA... 7x 7;7y 14;7z 14 � 18 �x � 5x 18 � � 18 33 11 � � � 33 � K � ; ; � Suy (**) � �5y 33 � �y 5� �5 � � 5z 11 � 11 � �z � uuuur Khi P NK 5NK , suy P nhỏ � N hình... điểm M thỏa mãn hệ phương trình: �x y 16 z � 25 74 9� � ; ; 3 2 � M � �3 � 11 11 11 � � � 3x 3y 2z 15 � Bi Vì điểm M � nên M (1 t; t; 2t), t �� uuuur uuuur Ta