các đại lượng này lại được ràng buộc với nhau bởi một hệ thức liên hệ thì ta sử d ụng các bất đẳng thức đại số để tìm giá trị lớn nhất (giá trị nhỏ nhất) của f.. Ph ương pháp tọa độ tro[r]
(1)NỘI DUNG I CƠ SỞ LÝ THUYẾT
Muốn tìm giá trị lớn giá trị nhỏ đại lượng hình học biến thiên f ta sử dụng phương pháp sau:
1. Vận dụng kết hình học để so sánh trực tiếp f với đại lượng không đổi cho trước Sau vài kết bản:
a ∀A, B,C, AB + BC ≥ CA Đẳng thức xảy A, B, C thẳng hàng theo thứ tự
b Nếu ABC vng A thì: AB < BC AC < BC
c Trong tam giác, đối diện với góc lớn cạnh lớn ngược lại d Trong tất đoạn thẳng vẽ từ điểm M đến mặt phẳng ( )α
(hoặc đường thẳng d) không chứa điểm M đoạn vng góc đoạn thẳng ngắn
e Đoạn thẳng vng góc chung hai đường thẳng chéo đoạn thẳng ngắn nối liền hai điểm thuộc hai đường thẳng
2 Nếu f biểu thị thành biểu thức nhiều đại lượng biến thiên và
các đại lượng lại ràng buộc với hệ thức liên hệ ta sử dụng bất đẳng thức đại số để tìm giá trị lớn (giá trị nhỏ nhất) f Các bất đẳng thức thường dùng là:
a Bất đẳng thức Cô si:
∀ 1, ,
n
a a … a ≥0,
1
1 n n
n
a a a
a a a n
+ …+ ≥
…
Dấu đẳng thức xảy ⇔ 1 1
n
a =a …=a
b Bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki:
∀ 1, ,
n
a a … a , 1, ,
n
x x … x ,
2 2 2 2
1 2 1 2
( ) ( )( )( )
n n n n
a x +a x …+a x ≤ a +x a +x a +x
Dấu xảy ⇔ ∃ k ∈R, 1 1, 2 2, ,
n n
x =ka x =ka x =ka
3 Nếu f biểu thị hàm số biến số x ta sử dụng
phương pháp khảo sát hàm số để tìm giá trị lớn (giá trị nhỏ nhất) hàm số miền xác định nó, từ suy giá trị lớn (giá trị nhỏ nhất) của f
4 Phương pháp tọa độ không gian
a Trong không gian oxyz: Xét hệ toạ độ Đề vng góc giả sử A(x1,y1,z1),
B(x2,y2,z2)
1 2
( , , )
AB = x −x y −y z −z
(2)ến kinh nghiệm năm học
2 2
1 2
( ) ( ) ( )
AB = x −x + y −y + z −z
b Cho vectơ: u =( , , )x1 y1 z1
,
2 2
( , , ) v = x y z
* u = x12 +y12 +z21
; v = x22 +y22 +z22
* u + ≤v u + v
(dấu “=” xảy u v,
cùng chiều vectơ
)
*Điều kiện để hai véc tơ a
b b ≠( )0
phương t R∃ ∈ để a
=tb
*Điều kiện để ba véc tơ a
;c
b
không đồng phẵng ; a b c ≠
*Điều kiện để ba véc tơ a
;c
b
đồng phẵng ; a b c =
* u ⊥ v ⇔u v = ⇔ x x1 2 +y y1 2 +z z1 2 =
* Cho ABC Thì AB+BC ≥ BC AB BC− ≤ AC dấu đẳng thức sãy
khi ba điểm A;B;C thẳng hàng
II MỘT SỐ BÀI TỐN ĐIỂN HÌNH
Bài tốn 1: Cho tam giác cân ABC, AB=AC Một điểm M thay đổi đường
thẳng vng góc với mặt phẳng (ABC) A (M khơng trùng với điểm A) a) Tìm quỹ tích trọng tâm G trực tâm H tam giác MBC
b) Gọi O trực tâm tam giác ABC, xác định vị trí M để thể tích tứ diện OHBC đạt giá trị lớn
(Đại học Quốc gia Hà Nội - 1997)
Hướng dẫn giải
M
A B
C I
H
O D
E M
A B
C I
G
(3)a) Gọi I trung điểm BC, trọng tâm ∆ MBC G, trọng tâm ABC
,
G
Trong ∆ MIA ta có :
,
3
IG IG
IM = IA = suy
,
GG // MA
Do G nằm đường vng góc với mặt phẳng (ABC) G , đường,
thẳng chứa ,
GG
Với MI BD đường cao với H trực tâm ∆ ABC Vì BE ⊥CA MA nên BE ⊥(MAC) ⇒ BE ⊥MC (1)
BD đường cao MBC nên BD ⊥MC (2)
Từ (1) (2) suy MC ⊥(BDE) ⇒ OH ⊥MC (3)
Vì BC ⊥MI MA nên BC ⊥(MAI) ⇒ BC ⊥OH (4)
Từ (3) (4) suy OH ⊥(MBC) ⇒ HI ⊥OH Vậy H nhìn đoạn cố định OI góc vng
⇔ Quỹ tích H đường trịn nằm mặt phẳng (MAI) có đường kính OI (trừ
hai điểm O I)
b) Tứ diện OHBC có đáy OBC cố định nên thể tích lớn H vị trí “cao nhất” so với đáy OBC
Xét ∆ OHI vng góc ABC =450
Hay ∆ OHI vuông cân ⇒MAI cân ⇒ AM =AI Vậy AM =AI thể tích tứ diện OHBC lớn
Bài tốn 2: Cho tam giác đều OAB có cạnh a > Trên đường thẳng d
qua O vng góc với mp (OAB) lấy điểm M với OM = x Gọi E, F hình chiếu vng góc A lên MB, OB Trên đoạn thẳng EF cắt d N a)Chứng minh AN BM⊥
b)Xácđịnh x để thể tích tứ diện ABMN nhỏ
(Đại học Tổng hợp TP.HCM-1995)
Hướng dẫn giải
x
N O
F
E M
A
(4)ến kinh nghiệm năm học
a)Ta có AF ⊥OB AF ⊥OM nên AF ⊥(MOB)⇒ AF ⊥MB (1)
Theo gỉa thiết AE ⊥MB (2)
Từ (1) (2) suy MB ⊥(AEF) nên MB ⊥AN b)∆NOF ∼BOM (là vng cân có
N =B) Ta có:
2
OF
OF
2
NO a a
OM NO BO a
BO OM
= ⇔ = = =
Thể tích tứ diện ABMN là:
2
1
( )
3
ABMN OAB
a
V = S MN = OM +ON
ABMN
V nhỏ OM+ON nhỏ Biết
2
2 2
2 a
OM +ON ≥ OM ON = =a (Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương)
Khi đó: 2
2
a a
OM =ON = ⇔x =
Bài tốn 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh
bên SA=h SA⊥(ABCD).M điểm thay đổi cạnh CD Đặt CM=x a) Hạ SH BM⊥ Tính SH theo a, h x
b) Xác định vị trí M để thể tích tứ diện SABH đạt giá trị lớn tính giá trị lớn
(Đại học kỹ thuật TP.HCM-1998)
Hướng dẫn giải
h
H
M D
C B
A S
(5)
2 2
sinHBA sinCMB AH BC AH AB BC a a a
AB BM CM a x a x
= ⇒ = ⇒ = = =
+ +
Trong tam giác vng SHA ta có:
4
2 2 2
2 2
a a
SH SA AH h SH h
a x a x
= + = + ⇒ = +
+ +
b) Trong tam giác vng ABH ta có:
4
2 2 2
2
2 2 2
ax
1 ax
3 6
SABH ABH
a
BH a
a x a x
a a hx
V S SA h
a x
a x a x
= − =
+ +
= = =
+
+ +
Xét hàm số V=f(x) [0;a], ta thấy V đạt giá trị lớn x=a ⇔ M trùng với D
Vậy Max
3
2
1
6 12
SABH
a hx
V a h
a
= =
Bài toán 4: Cho một hình cầu K tích ( 3)
3π dm Người ta muốn đặt hình
cầu nội tiếp hình nón có chiều cao h bán kính đáy R a) Tìm hệ thức liên hệ h R
b) Xácđịnh h R để thể tích hình nón có giá trị nhỏ
Hướng dẫn giải
r O
H B
A
S
a) Gọi r bán kính hình cầu, theo giả thiết ta có:
3
4
1
3
(6)ến kinh nghiệm năm học
Cắt tổ hợp gồm mặt cầu hình nón cho mặt phẳng (P) qua trục SH hình nón ta đường trịn (O;r) nội tiếp tam giác cân SAB hình vẽ Ta có: r = OH, h = SH R = HA
Áp dụng công thức SSAB = pr đó:
2
2
2
2
AB SA SB R h R
p = + + = + + = +R h +R
Ta có:
2
SAB
S = SH AB =SH AH = Rh
Do ( 2).1
SAB
S = pr ⇔Rh = R + h +R
( )
( )
( ) ( )
2
2 2
2
1
2
2 *
2
R h h R
R h h h R
h
R h h R
h
⇔ − = +
⇔ − + = +
⇔ − = ⇔ =
−
(*) hệ thức liên hệ R h cần tìm b) Thể tích hình nón là:
2
1
3 ( 2)
h
V R h
h π π
= =
− (ĐK h>2)
Hàm số:
3
V h
h
π
= + +
−
với biến số h xác định (2; )+∞
Ta có:
2
' '
2
0
1 ( )
1 ;
4
3 ( 2) 3( 2)
h
h h
V V
h
h h
π
π − =
= − = = ⇔
=
− −
Bảng biến thiên:(ta xét biến h ∈(2;+∞)
h −∞ +∞
'
V + - - +
V 8
3 π
Từ bảng biến thiê suy ( )3
3
Min
V = π dm h = 4 R = 2
Bài tốn 5: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;4;2),
B(-1;2;4) đường thẳng :
1
x − y+ z
∆ = =
−
a) Viết phương trình đường thẳng d qua trọng tâm G tam giác OAB vng góc với mặt phẳng OAB
(7)Hướng dẫn giải
a) Viết phương trình đường thẳng d qua G, vng góc mp(OAB)
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
+ +
= =
+ +
∆ = = ⇒
+ +
= =
= = −
⇒ = − = −
⊥ = = −
1 d
0
trọng tâm OAB nên G thỏa 0;2;2
3
2
( ) có cặp VTCP 1;4;2 , 1;2;4 12; 6;6 / / 2; 1;1
( ) neân a 2; 1;1
O A B G
O A B G
O A B G
x x x
x
y y y
G y G
z z z
x
mp OAB OA OB
n n
d mp P n = − = −
−
2
mà d qua G nên pt ñt :
2 1
x y z
d
b) Tìm M∈∆ để MA2 + MB2 nhỏ nhất
( )
∆
+ = +
+ ⇔ ⇔ ≡ − ∆
∆ ==
2
2 2
2
Gọi E trung điểm AB
2
ME chiếu E lên đt
trung điểm AB nên E 0;3;3 ;
(P) laø mp qua E vaø vuông góc đt P
AB
MA MB ME
Vậy MA MB M H hình
E
Goïi n a ( )
( )
−
⇒ − + + + =
+ + = ⇔ = − ⇒ − + + − =
= −
− + + − =
⇔ = ⇒ −
− +
= =
=
−
1;1;2
pt mp (P) :
(P) qua E neân pt mp (P) :
1
2
H thoûa 1 2 1;0;4
4
1
x y z m
m m x y z
x
x y z
Vaäy x y z y M
z
Bài tốn 6: Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho∆ :
1
1
x − y z +
= =
− A=(-1,2,1); B =(1,-2,-1) Tìm ∆ điểm M cho
MA+MB nhỏ
Hướng dẫn giải Cách 1:
Nhận xét đường thẳng ∆ có vectơ phương v∆ = −( 1,2,1)
Và AB =(2, 4, 2) / /− − v∆
Thay toạ độ A vào phương trình ∆ được:
2
1
− ≠ ≠ −
(8)ến kinh nghiệm năm học
Ta có phương trình tham số ∆ là:
1
2 ( )
1
x t
y t t R
z t
= −
= ∈
= − +
Gọi I trung điểm AB I=(0,0,0) Gọi M hình chiếu I ∆ M=(1-t , 2t , t-1) (1)
Vậy:IM =(1−t t t, , −1)
Ta có: 1
3 v IM∆ = ⇔ − +t t + − =t ⇔ =t
Thay
3
t = vào (1) ta 2, ,
3 3 M = −
Gọi A’ điểm đối xứng với A qua ∆ AB //∆ nên A’,M, B thẳng hàng MA’=MB Lấy điểm M’ tuỳ ý thuộc ∆
Ta có: M’A +M’B=M’A’+M’B≥ A’B= MA’+ MB = MA+ MB
Cách 2:
Nhận xét đường thẳng ∆ có vectơ phương v∆ = −( 1,2,1)
và
(2, 4, 2) / /
AB = − − v∆
Thay toạ độ A vào phương trình ∆ được: 2
1
− ≠ ≠
− Vâỵ điểm A không
thuộc ∆ nên AB // ∆ Ta có phương trình tham số ∆ là:
1
2 ( )
1
x t
y t t R
z t
= −
= ∈
= − +
Gọi H hình chiếu A ∆ H=(1-t,2t,-1+t) (1) Vậy AH = − +( t 2,2t −2,t −2)
Ta có 4
3 v AH∆ = ⇔ − +t t − + − =t ⇔ t = ⇔ =t
Thay
3
t = vào (1) toạ độ điểm 1, , 3 H = −
Gọi A' =(x y z1, ,1 1) điểm đối xứng với A qua ∆
Ta có: ' 2, 16, / / (1, 8, 1)
3 3
A B = − − v = − −
Vậy phương trình đường thẳng A’B là:
1
x − y + z +
= =
(9)Vậy phương trình tham số ∆ là:
1
2 ( )
1
x t
y t t R
z t
= −
= ∈
= − +
Gọi M=(x,y,z) giao điểm A’B ∆ toạ độ M nghiệm hệ:
2
1
1
2
2
1
1 2
3
3 x
s t t
s t y
s
s t
z
=
+ = − =
− − = ⇔ ⇒ =
− − = − + = − −
=
Vậy 2, , 3 M = −
Nhận xét M điểm cần tìm Thật vậy, lấy điểm M tuỳ ý ∆
Ta có: M’A+M’B=M’A’+M’B≥ A’B=MA’+MB=MA+MB
Bài tốn 7: Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho∆ :
1
1
x − y z +
= =
− A=(-1,2,1); B =(1,-2,-1) Tìm ∆ điểm M cho MA MB+
nhỏ
Hướng dẫn giải Cách 1:
Nhận xét đường thẳng ∆ có vectơ phương v∆ = −( 1,2,1)
(2, 4, 2) / /
AB = − − v∆
Thay toạ độ A vào phương trình ∆ được: 2
1
− ≠ ≠
−
\Vâỵ điểm A không thuộc ∆ nên AB// ∆
Ta có phương trình tham số ∆ là:
1
2 ( )
1
x t
y t t R
z t
= −
= ∈
= − +
Gọi I trung điểm AB I=(0,0,0) Gọi M hình chiếu I ∆ M=(1-t , 2t , t-1) (1)
Vậy:IM =(1−t t t, , −1)
Ta có: 1
3 v IM∆ = ⇔ − +t t + − =t ⇔ =t
Thay
3
t = vào (1) ta 2, , 3 M = −
(10)ến kinh nghiệm năm học
Thật Gọi M’ điểm tuỳ ý thuộc ∆
Ta có: M A M B' + ' =2M I' = 2M I' ≥ 2MI = MA MB+
Cách 2:
Ta có phương trình tham số ∆ là:
1
2 ( )
1
x t
y t t R
z t
= −
= ∈
= − +
Lấy điểm M (1 t− ; 2t ; t− + ) Ta có AM =(
2-t;2t-2;t-2) BM = −( ;2t t +2; )t
Nên AM +BM =
(2-2t;4t;2t-2)
Vậy MA MB+ = (2-2t) +16t +(2t-2)2 2 = 24t2 −16t +8
MA MB+
nhỏ t =
3, tức
2 2
, , 3 M = −
Bài toán 8: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho∆ :
1
1
x − y z +
= =
− A=(-1,2,1); B=(1,-2,-1) Tìm ∆ điểm M cho
MA− MB
nhỏ
Hướng dẫn giải
Ta có phương trình tham số ∆ là:
1
2 ( )
1
x t
y t t R
z t
= −
= ∈
= − +
Gọi M điểm tuỳ ý thuộc ∆ điểm M=(1-t , 2t , t-1) (*) Ta có
( 2, 2 ,2 )
( , 2 , ) ( , 6, )
MA t t t
MB t t t MB t t t
= − − −
= − − − ⇒ − = − +
Vậy
2 2
2
3 ( 2, 8, 2)
3 16 64 64
24 80 72
P MA MB t t t
P MA MB t t t t t t
t t
= − = − − + +
= − = + + + + + + + +
= + +
P nhỏ
3
t −
(11)Khi
3
t = − vào (*) ta 8, 10,
3 3
M = − −
Bài tốn 9: Trong khơng gian Oxyz cho đường thẳng:
1
x − y + z
= =
− − (d)
và điểm M1(2 ; 1; 5) ; M2(4 ; ; 9) Tìm điểm I∈(d) cho IM1 + IM2 nhỏ
Hướng dẫn giải
Ta có (d) có véc tơ phương a =(1, 5, 3− − )
qua điểm A(2 ; -5 ; 0)
Phương trình tham số ( ) ( )
2
: 5
3
x t
d y t t
z t
= +
= − − ∈
= −
»
Ta có M M =1 2 ( )2, 2,
nên phương trình tham số đường thẳng M1M2 là:
( )
2
x m
y m m
z m
= +
= + ∈
= +
»
Toạ độ giao điểm có (d) đường thẳng M1M2 nghiệm hệ phương
trình:
2
5 1
3
t m t m
t m m
t m t
+ = + =
− − = + ⇔ = −
− = + = −
Giao điểm E (1, 0, 3) Ta có EM1 = ( )1;1;2 ,EM2 = ( )3; 3;
Vậy EM2 = 3EM1
nên M1 M2ở phía đường thẳng (d) Gọi (P) mặt phẳng qua M1 (P) (d) nên phương trình mặt phẳng (P) là:
1(x - 2) - 5(y - 1) - 3(z - 5) = ⇔ x - 5y - 3z + 18 = Giao điểm H (d) với mặt phẳng (P):
9
5 18
5
2 5 10 27
7 ; ;
5 10 7
7
27 t
x y z
x
x t
H
y t
y
z t
z
= −
− − + =
= + =
⇔ ⇒
= − −
=
= −
=
(12)ến kinh nghiệm năm học
1 1
4 '
7
13 13 19
' ' ; ;
7 7
19 '
7
H H H
x x x
y y y M
z z z
= − = −
= − = ⇒ −
= − =
Khi điểm (d) cách điểm M1 M' Nên : FM1 + FM2 = FM' + FM2, F∈(d)
Tổng nhỏ F giao điểm (d) với đường thẳng M2M' (vì M2 M' hai bên đường thẳng (d)) Ta có : 1 2 32 44; ;
7 7
M M =
Phương trình đường thẳng qua M' M2 là: ( )
4 '
3 ' '
9 11 '
x t
y t t
z t
= +
= + ∈
= +
»
Giao điểm (d) với M'M2 nghiệm hệ phương trình:
3
2 '
'
5 '
10 11 '
7
t t t
t t
t
t t
+ = + = −
− − = + ⇔
− = + = −
(d) E
M2
M1
M' I
Toạ độ điểm I cần tìm : ( ;4 15 30; )
7 7
I
Bài tốn 10: Trong khơng gian Oxyz cho đường thẳng ∆ : 1
1
x − y z +
= = −
với điểm A=(-1;-1;0) điểm B=(5;2;-3) Tìm M thuộc ∆ cho MA MB− lớn
Hướng dẫn giải Cách 1:
Phương trình tham số ∆ là:
1
2 ( )
1
x t
y t t R
z t
= −
= ∈
= − +
(13)Suy AM = −(2 t t,2 +1,t −1)
( ,2 2, 2)
BM = − −t t − t +
Đặt
2 2 2
(2 ) (2 1) ( 1) ( 4) (2 2) ( 2)
P = MA MB− = −t + t + + −t − t + + t − + +t
2
6t 2t 6t 4t 24
= − + − + +
6 P
⇒ =
2
1 35 35
6 36
t t
= − + − + +
Chọn M’=(t, 0); ' 1, 35 ; ' 1, 35
6 3
A = B =−
' ' ' '
6 P
MA MB A B
⇒ = − ≤
Dấu đẳng thức xảy điểm M’,A’,B’ thẳng hàng hay
' ' ( )
MA =kMB k ∈R
Vậy ' , 35
6
MA t
= −
; ' , 35
3
MB t
−
= −
Mà
1
1
' / / '
1
3 t
MA MB
t −
⇔ =
− −
1
2
3 t t t
−
⇔ − = − ⇔ =
Vậy 4, ,
3 3 M = −
điểm cần tìm
Cách 2:
Đường thẳng ∆ qua điểm C=(1, 0, -1) có vectơ phương ( 1,2,1)
v∆ = −
Suy ra: AB =(6, 3, 3)−
AC =(2,1, 1)−
Ta có: , 3 , , (9, 3,15)
2 1 1
AB v∆
− −
= = −
− −
và AB v, ∆.AC =18− −3 15 =
(14)ến kinh nghiệm năm học
1 2
1 1
1
6 3 1
x y
x y z x y z
y z
+ = +
+ = + = ⇔ + = + =
⇔ + = −
− −
Phương trình ∆ :
2 2
1
x y x y
x z x z
− = − + =
⇔
− = − − + =
Gọi D giao điểm AB ∆ Toạ độ D nghiệm hệ:
2
1
0 (1, 0, 1)
1
1
2
x y
x x z
y D
y z
z
x y
+ =
=
+ =
⇔ = ⇒ = −
+ = −
= −
− =
Ta có :
A D B
x < x < Vậy A B nằm khác phía so với đường thẳng∆ Gọi Hx
là hình chiếu của B đường thẳng ∆ Toạ độ H=(1-t, 2t, t-1) điểm thuộc ∆
Tacó:HB = +(t 4,2 , 2− t − −t)
( 4) 2(2 )
HB v∆ = ⇔ − +t + − t − − =t
1
4 4
3
t t t t t −
⇔ − − + − − − = ⇔ − = ⇔ =
Vậy 4, 2,
3 3
H = − −
Gọi B điểm đối xứng với B qua đường thẳng ∆ H trung điểm BB’
Nên toạ độ ' 7, 10 1, ' 4, 1, / / ' (4, 7, 1)
3 3 3 AB
B = − − ⇒ AB =− − v = −
Vậy phương trình đường thẳng AB’ là:
7 4
1
1 4
4
x y x y
x y z
x z x z
+ = + − = −
+ = + = ⇔ ⇔
− − = + = −
−
Gọi M’ điểm đường thẳng ∆ thì:
' ' ' ' ' ' '
M A M B− = M A M B− ≤ AB = MA MB− = MA MB−
Vậy toạ độ M nghiệm hệ:
1
7
3
4 4 1 4 1
, ,
2 3 3
1
3 x
x y
x z
y H
x y
x z z
=
− = −
+ = −
−
⇔ = ⇒ =
+ =
−
+ = =
(15)Bài tốn 11: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
1
1
2
: vaø :
2
1
x t
x y z
y t
x y z
z t = + − + − = ∆ ∆ = + + − + = = +
a) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆1 v song song với đường thẳng ∆2
b) Chođiểm M(2;1;4) Tìm tọa độ điểm H thuộc đường thẳng ∆2 cho đoạn
thẳng MH cĩ độ di nhỏ
(Đại học khối A – 2002)
Hướng dẫn giải
a) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆1 v song song với
đường thẳng ∆2.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = − ∆ ⇒ ∆ = = − − = = ∆ = ⇔ ⇒ ∆ − + = − = − ∆
1 1
2
1
1
n 1; 2;1
có cặp VTPT có VTCP a = n ,n 2;3;4 n 1;2;
2
cho 0, ta qua A 0; 2;0
2
mp (P) chứa nên a = 2;3;4
x y x
Trong z
x y y
Vì ( ) ( ) ( ) ∆ ⇒ = = − ⇒ − + = − = − = 2
1 VTCP (P) mp (P) // nên a = 1;1;2 VTCP (P)
( ) có VTPT laø n a ,a 2;0;
mp (P) daïng : (P) qua A 0; 2;0 nên pt mp (P) :
P
pt x z m m
Vaäy x z
b) Tìm H ∈ ∆2 để MH nhỏ nhất.
( ) ⊥ ∆ ≤ ⇔ = ⇔ ≡ − ∆ ∆ = = ⇒ + + + = 2 2
Ta có ME MH
Vậy MH hình chiếu M xuống
(Q) mp qua M vng góc với (Q) có VTPT 1;1;2 mp (Q) dạng : Vì (Q) qua
Q
Keû ME
MH ME H E
Goïi n a
pt x y z m M 1;2;4 neân m( ) = −11
( ) + + − = = + = = + ⇔ = ⇒ = + = + + − =
Vaäy pt mp (Q) : 11
2
thoûa : 2;3;3
1
3
2 11
x y z
x t
x
y t
H y H
z t
z
(16)T LUY ến kinh nghiệm năm học III BÀI TẬP Ự ỆN
Bài 1: Cho đường trịn tâm O bán kính R Xét hình chóp S.ABCD có
( )
SA ⊥ ABCD (S, A cố định), SA=h cho trước, đáy ABCD tứ giác tùy ý nội tiếp đường tròn cho mà đường chéo AC BD vng góc với a) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp ( qua đỉnh hình chóp) b) Hỏi đáy ABCD hình để thể tích hình chóp đạt giá trị lớn
(Đại học Quốc gia Hà Nội-1998)
Bài 2: Cho đường trịn (C) tâm O, đường kính AB=2R Điểm M di động
(C) AM=x Trên đường thẳng vng góc với mặt phẳng chứa (C) điểm A, lấy điểm cố định S AS=h
a) Chứng minh hai mặt phẳng (SAM) (SBM) vuông góc với b) Tính thể tích tứ diện SABM theo R, h, x Tìm vị trí M (C) để thể tích tứ diện đạt giá trị lớn
(Đại học sư phạm Quy Nhơn-1998)
Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x – y + z + =
0 hai điểm A(-1;-3;-2) ; B(-5;7;12)
a) Tìm tọa độ điểm A’ điểm đối xứng với điểm A qua mặt phẳng (P)
b) Giả sử M l điểm chạy trn mặt phẳng (P), tìm gi trị nhỏ biểu thức: MA + MB
(Dự bị – Đại học khối A – 2002)
Bài 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(-1;2;3), B(0;3;1),