Các chuyên đề và bài tập trắc nghiệm hình không gian oxyz có lời giải

CHUYÊN ĐỀ CỰC TRỊ TRONG KHÔNG GIAN Oxyz I PHƯƠNG PHÁP Để tìm cực trị khơng gian thường sử dụng hai cách làm: Cách 1: Sử dụng phương pháp hình học Cách 2: Sử dụng phương pháp đại số Bài tốn 1: Trong khơng gian (P ) : ax + by + cz + d = MA + MB MA − MB Oxyz, Tìm điểm lớn với • Nếu mặt phẳng cho d( A, (P )) ≠ d(B, (P )) • Nếu M ∈ (P ) A (xA ; yA ; zA ), B(xB ; yB ; zB ) nhỏ Phương pháp: Xét vị trí tương đối điểm • cho điểm A, B so với mặt phẳng (P ) hai điểm (axA + byA + czA + d)(axB + byB + czB + d) > hai điểm (axA + byA + czA + d)(axB + byB + czB + d) < A, B A, B phía với mặt phẳng (P ) nằm khác phía với mặt phẳng (P ) • MA + MB nhỏ Trường hợp 1: Hai điểm Vì A, B khác phía so với mặt phẳng khác phía so với mặt phẳng A, B M = (P ) ∩ AB • Trường hợp 2: Hai điểm Gọi A' đối xứng với A A, B (P ) nên MA + MB (P ) nhỏ AB phía so với mặt phẳng (P ) qua mặt phẳng (P ), A' B khác phía (P ) MA = MA′ nên MA + MB = MA′ + MB ≥ A ′B Vậy • MA + MB MA − MB nhỏ A, B M = A′B ∩ (P ) lớn Trường hợp 1: Hai điểm Vì A′B A, B phía so với mặt phẳng phía so với mặt phẳng (P ) nên (P ) lớn AB MA − MB M = (P ) ∩ AB • Trường hợp 2: Hai điểm A, B khác phía so với mặt phẳng (P ) Gọi A' đối xứng với M A = MA ′ Vậy nên MA − MB qua mặt phẳng A (P ) (P ) (P ) lớn (P ) qua đường thẳng qua ∆ qua ∆ A' B phía (P ) MA − MB = MA ′ − MB ≤ A ′B A′B M = A ′B ∩ (P ) Bài tốn 2: Lập phương trình mặt phẳng , biết (P ) khoảng cách từ ∆ tạo với mặt phẳng (Q) tạo với đường thẳng đến A∉∆ (P ) lớn góc nhỏ góc lớn d Phương pháp: Cách 1: Dùng phương pháp đại số Giả sử đường thẳng ∆: Khi phương trình Trong (P ) a = có dạng: y − y1 b = d( A, (P )) = f (t) = A, B A (x0; y0; z0) c A (x − x1) + B ( y − y1) + C (z − z1) = ( a≠0 ) (1) A (x0 − x1) + B ( y0 − y1) + C (z0 − z1) (2) A2 + B2 + C Thay (1) vào (2) đặt Trong z − z1 bB + cC Aa + Bb + Cc = ⇒ A = − a Khi diễn x − x1 B t= C , ta đươc d( A, (P )) = mt2 + nt + p , khảo sát hàm f (t) f (t) ta tìm max f (t) Từ suy biểu m ' t2 + n ' t + p ' qua C cho C giá trị ta tìm A, B làm tương tự Cách 2: Dùng hình học Gọi K,H hình chiếu d( A, (P )) = AH ≤ AK Hay (P ) Nếu , mà AK mặt phẳng qua K A lên ∆ khơng đổi Do (P ) , ta có: d( A, (P )) lớn ⇔ H ≡K , nhận uuuur làm VTPT · ∆ ⊥ (Q) ⇒ ( (P ),(Q)) = 900 AK nên ta xét ∆ (Q) khơng vng góc với • Gọi B điểm thuộc định đường thẳng Hạ Ta có · sin BCH = Mà • Mặt phẳng (P ) , dựng đường thẳng qua CH ⊥ (P ), CK ⊥ d B vuông góc với Góc mặt phẳng (P ) (Q) Lấy điểm mặt phẳng (Q) C cố · BCH BH BK ≥ BC BC không đổi, nên BK BC ∆ · BCH nhỏ cần tìm mặt phẳng chứa uuu r uur nP = u∆ ,  uur uuur VTPT (P ) u , n    ∆ Q   Gọi điểm thuộc H ≡ K ∆ vng góc với mặt phẳng (BCK ) Suy qua song song với Lấy điểm M A d' d cố định đường thẳng Hạ Góc mặt phẳng đường thẳng AH ⊥ (P ), AK ⊥ d (P ) d' Ta có ·AMH HM KM cos ·AMH = ≥ M AM Mà • KM AM khơng đổi, nên Mặt phẳng (P ) ·AMH ∆ , dựng đường thẳng AM lớn cần tìm mặt phẳng chứa H ≡ K ∆ vng góc với mặt phẳng (d ', ∆) Suy VTPT uuu r uur uur uuur ( P )   nP = u∆ , u∆ , ud '      II CÁC VÍ DỤ Ví dụ Trong không gian với hệ toạ độ đề vng góc x−1 y z− d: = = 2 (P ) Tìm tọa độ hình chiếu vng góc chứa đường thẳng d cho khoảng cách từ A đến Oxyz A (P ) lên cho d A (2;5;3) đường thẳng viết phương trình mặt phẳng lớn Lời giải • Đường thẳng Gọi Do • H d có uur VTCP ud = (2;1;2) hình chiếu A lên uuuur d ⇒ H (1 + 2t; t;2 + 2t) ⇒ AH = (2t − 1; t − 5;2t − 1) uuuur uur AH ⊥ d ⇒ AH ud = ⇔ 2(2t − 1) + t − + 2(2t − 1) = ⇔ t = ⇒ H (3;1;4) Gọi H' hình chiếu Khi đó, ta có: A lên mp(P ) AH ' ≤ AH ⇒ d( A, (P )) lớn ⇔ H ≡ H ' ⇔ (P ) ⊥ AH Suy uuuur VTPT (P ) AH = (1; −4;1) Vậy phương trình (P ) : x − y + z − = (P ) qua H Ví dụ 2.8 Trong khơng gian với hệ toạ độ đề vng góc A ( 1;0;0) , B ( 1;1;0) , C ( 0;1;0) , D ( 0;0; m) Tính khoảng cách hai đường thẳng Gọi H hình chiếu vng góc O với AC m≠ BD BD Oxyz cho bốn điểm tham số m= ; Tìm giá trị tham số m để diện tích tam giác đạt giá trị lớn OBH Lời giải Ta có: uuur uuur AB = (0;1;0), CD = (0; −1; m) Với m= ta có: uuur CD = (0; −1;2) uuuur AC = (−1;1;0) Do uuur uuur uuur uuur uuuu r  AB, CD  = (2;0;0) ⇒  AB, CD  AC = −2     Vậy uuur uuur uuuu r   AB, CD AC uuur uuur   d( AB, CD) = = =1 uuur uuur  AB, CD    Đặt x = OH ⇒ BH = Suy OB − OH = − x2 1 1 S∆OBH = x − x2 = x (2 − x2 ) ≤ (x2 + − x2) = 2 Đẳng thức xảy ⇔ x = ⇔ OH = ⇔ d(O, BD) = Ta có: uuur uuur uuur uuur BD = (−1; −1; m), OB = (1;1;0) ⇒  BD, OB  = (− m; m;0)   Do uuur uuur  BD, OB    d(O, BD) = = uuur BD m 2 + m2 = ⇔ 2m2 = + m2 ⇔ m= ± Vậy giá trị cần tìm m= ± Ví dụ 3.8 Lập phương trình mặt phẳng A , B, C M (α ) qua điểm M (1;9;4) (khác gốc tọa độ) cho: trực tâm tam giác Khoảng cách từ gốc tọa độ ABC O ; đến mặt phẳng (α ) lớn nhất; cắt trục tọa độ điểm OA = OB = OC ; 8OA = 12OB + 16 = 37OC xA > 0, zC < Lời giải Giả sử mặt phẳng (α ) cắt trục tọa độ điểm khác gốc tọa độ A (a;0;0), B (0; b;0), C (0;0; c) Phương trình mặt phẳng Mặt phẳng (α ) (α ) qua điểm với a, b, c ≠ có dạng x y z + + = a b c M (1;9;4) nên + + = (1) a b c Ta có: uuuur uuur uuuur uuur AM (1 − a;9;4), BC (0; − b; c), BM (1;9 − b;4), CA(a;0; − c) Điểm M trực tâm tam giác ABC  M ∈ (α )   uuuur uuur  AM BC =  uuuur uuur   BM CA = 1  + + =1  a b c 98 49 ⇔ 9b = 4c ⇒ a = 98; b = ;c =  a = 4c   Phương trình mặt phẳng (α ) cần tìm Cách 1: Ta có: d(O,(α )) = x + 9y + 4z − 98 = −1 a2 + b2 + 1 = c2 a2 Bài toán trở thành, tìm giá trị nhỏ T = a, b, c ≠ thỏa mãn a2 + b2 + + b2 + c2 với số thực c2 + + = (1) a b c Ap dụng bđt Bunhiacopski ta có:  1 1 1 2   + + ÷ ≤ (1 + + )  + + ÷ b c  a b c  a Nên suy T ≥ 98 Dấu đẳng thức xảy Phương trình mặt phẳng Cách 2: Gọi H (α ) cần tìm là hình chiếu O  1 1 : = : = : a b c ⇔ a = 9b = 4c = 98  1 + + =  a b c x + 9y + 4z − 98 = mặt phẳng (α ) Vì mặt phẳng ln qua điểm cố định (α ) Dấu đẳng thức xảy H ≡ M, uuuur OM(1;9;4) nên phương trình M (α ) nên d(O,(α )) = OH ≤ OM = 98 mặt phẳng qua M có véc tơ pháp tuyến là (α ) 1.(x − 1) + 9( y − 9) + 4.(z − 4) = ⇔ x + 9y + 4z − 98 = Vì • OA = OB = OC Trường hợp 1: nên a = b = c Từ (1) suy • xảy bốn trường hợp sau: a = b = c, nên phương trình + + = ⇔ a = 14, a a a Trường hợp 2: Từ (1) suy a = b = − c x + y − z − = • Trường hợp 3: a = −b = c Từ (1) suy x − y + z + = • Trường hợp 4: a = −b = − c Từ (1) có x − y − z + 12 = (α ) là: x + y + z − 14 = + − = ⇔ a = 6, a a a nên phương trình − + = ⇔ a = −4, a a a − − = ⇔ a = −12, a a a Vậy có bốn mặt phẳng thỏa mãn nên phương trình nên phương trình mặt phẳng x + y + z − 14 = 0, x + y − z − = 0, x − y + z + = 0, x − y − z + 12 = Vì xA > 0, zC < nên a > 0, c < 0, 8OA = 12OB + 16 = 37OC ⇔ 8a = 12 b + 16 = −37c • Nếu b> 0⇒ c= − 2a − a, b = ,a > 37 27 37 + − = ⇔ a2 + 2a − 35 = ⇔ a 2a − 2a Vì • a>2 Nếu Vì nên nên từ (1) ta có a =   a = −7 phương trình mặt phẳng cần tìm 40 a = ⇒ b = 2; c = − , 37 (α ) : 8x + 20y − 37z − 40 = nên từ (1) ta có b< 0⇒ c= − − 2a a, b = ,a > 37 27 37 −29 ± 109 + − = ⇔ a2 + 29a − 35 = ⇔ a = a − 2a 2a a>2 nên khơng có giá trị thỏa mãn Vậy phương trình mặt phẳng (α ) : 8x + 20y − 37z − 40 = (α ) (α ) (α ) là Ví dụ 4.8 Cho mặt cầu 2 mặt phẳng (S) : (x − 1) + ( y − 1) + (z − 1) = 25 (α ) có phương trình 2x + 2y + z + = Chứng minh mặt phẳng (α ) cắt mặt cầu (S) đường trịn đó; Lập phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm theo đường trịn Xác định tâm tìm bán kính A (1; −1;2), B(3;5; −2) (P) cắt mặt cầu (S) theo đường trịn có bán kính nhỏ Lời giải Mặt cầu (S) có tâm Ta có d(I ,(α )) = , bán kính 2+ 2+ 1+ 22 + 22 + 12 R=5 , suy =4< R (α ) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn tâm R − d2 (I , (α )) = r= H I (1;1;1) hình chiếu I lên mặt phẳng (α ) , suy phương trình HI là:  x = + 2t   y = + 2t z = + t  Tọa độ điểm Vậy tâm I nghiệm hệ  5 1 H  − ;− ;− ÷  3 3 Ta có uuur AB = ( 2;6; −4) Vì IA < R  x = + 2t   y = + 2t ⇔  z = + t 2x + 2y + z + = nên phương trình đường thẳng nên mặt phẳng   x = y = −  z = −  (P ) qua AB x = + t  AB :  y = −1 + 3t  y = − 2t  ln cắt mặt cầu (S) theo đường trịn có bán kính r = 25 − d (I , (P )) Do Gọi r K,H IH ≤ IK Do Vì nhỏ ⇔ d(I , (P )) lớn hình chiếu nên suy d(I , (P )) I lớn lên AB (P ) , ta ln có ⇔ H ≡K uuur H ∈ AB ⇒ H (1 + t; −1 + 3t;2 − 2t) ⇒ I H = (t;3t − 2;1 − 2t) uuur uuur uuur   I H ⊥ AB ⇒ I H AB = ⇔ t + 3(3t − 2) − 2(1 − 2t) = ⇔ t = ⇒ IH =  ;− ;− ÷  7 7 Vậy phương trình (α ) : 4x − 2y − z − = H bán kính Ví dụ 5.8 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho (P ) : 2x − y + 2z − 14 = mặt cầu x2 + y2 + z2 − 2x + y + 2z − = Viết phương trình mặt phẳng Tìm tọa độ điểm M (Q) chứa trục thuộc mặt cầu (S) cắt theo đường trịn có bán kính ; (S) Ox cho khoảng cách từ đến mặt phẳng (P) lớn M Lời giải Mặt cầu (S) có tâm I (1; −2; −1) 1.Trục Ox có phương trình: bán kính R=3 phương trình (Q): y = ⇒  z = Mặt cầu (S) cắt (Q) theo đường trịn có bán kính ⇒ I ∈ (Q) ⇒ a − 2b = , chọn Vậy phương trình mp(Q): b= 1⇒ a = 2x + y = ay + bz=0 r = 3= R Gọi ∆ đường thẳng qua I vng góc với mp(P) Suy phương trình ∆: ∆ x−1 y+ z+1 = = −1 cắt mặt cầu Khi (S) hai điểm A, B d( A, (P )) > d(B, (P )) ⇒ d(M ,(P )) Tọa độ giao điểm ∆ lớn ⇔M ≡ A mặt cầu (S) nghiệm hệ:  x2 + y2 + z2 − 2x + y + 2z − =  x−1 y+ z+1 = =   −1 Giải hệ ta hai giao điểm Ta có: Vậy d( A, (P )) = > d(B, (P )) = d(M , (P )) lớn A (5; −2;6), B(3; −2;1) MA + MB Oxyz Tìm điểm cho mặt phẳng M thuộc nhỏ có uuur VTPT Lời giải Mặt phẳng (P ) nP = (2; −1;2) ⇔ M (−1; −1; −3) Ví dụ 6.8 Trong khơng gian A(−1; −1; −3), B(3; −3;1) (P ) (P ) : 2x − y + 2z − = cho: MA − MB lớn hai điểm Thay tọa độ hai điểm phía so với Gọi A' M ∈ (P ) Do (P ) vào vế trái phương trình , ta có MA = MA ' qua A (P ) , A' H trung điểm MA + MB AA ' nhỏ (P ) , phương trình A ' B = (6; −4;3) B nên hai điểm khác phía so với A 'B M (P ) nghiệm hệ: A, B x =   y = ⇒ H (1; −1; 2)  z =  x = −3 + 6t  A ' B :  y = − 4t , t ∈ ¡  z = −2 + 3t  nghiệm hệ  21 14  M  ;− ; ÷  11 11 11  A, B nằm với điểm không đổi đẳng thức xảy ⇔ M = A ' B ∩ (P )  x = −3 + 6t   y = − 4t ⇒   z = −2 + 3t 2x − y + 2z − = Vì  xA ' = 2xH − xA = −3  AA ' ⇒  yA ' = 2yH − yA = ⇒ A '(−3;2; −2)  z = 2z − z = −2 H A  A' Suy uuuuur Vậy , mà  x = + 2t   y = −2 − t ⇒   z = + 2t 2x − y + 2z − = Tọa độ 18  x = + 2t  AA ' ⊥ (P ) ⇒ AA ' :  y = −2 − t  z = + 2t  Tọa độ giao điểm H ta ∀M ∈ (P ) : MA + MB = A ' M + MB ≥ A ' B , suy (P ) điểm đối xứng với M = A ' B ∩ (P ) Ta có: A, B  21 x = 11  14  y = − 11    z = 11  điểm cần tìm nằm phía so với (P ) AM − MB ≤ AB nên với M ∈ (P ) , đẳng thức xảy ta có M = AB ∩ (P ) Phương trình Tọa độ  x = − 2t  AB :  y = −2  z = − 5t  Vậy  17  x = − 2t x =   y = −2  M : ⇒  y = −2  z = − 5t  2x − y + 2z − =  z = −  Ví dụ 7.8 Trong khơng gian Oxyz mặt phẳng x−1 y z+1 : = = −1 Viết phương trình mặt phẳng cho điểm Viết phương trình mặt phẳng , đường thẳng A (1; −1;1) ∆ có phương trình (P ) : 2x − y + 2z − = (Q) Viết phương trình mặt phẳng  17 3 M  ; −2; − ÷ 7  (R ) (α ) chứa đường thẳng chứa tạo với ∆ chứa hai điểm khoảng cách từ ∆ (P ) A đến (Q) góc nhỏ nhất; M (1;1;1), N (−1;2; −1) tạo với đường thẳng góc lớn Lời giải Mặt phẳng (P) có uuur VTPT nP = (2; −1;2) Đường thẳng ∆ qua B (1;0; −1) Cách 1: Giả sử ur có ur VTCP u = (2;1; −1) VTPT n = (a; b; c) (Q) , suy phương trình Do ∆ ⊂ (Q) nên 2a + b − c = ⇒ c = 2a + b (Q) có dạng: (1) a(x − 1) + by + c(z + 1) = ⇔ ax + by + cz − a + c = Do đó: d( A, (Q)) = 2c − b a2 + b2 + c2 Nếu b = ⇒ d( A, (Q)) = Nếu b≠ Xét hàm số Suy ta đặt f (t) với a t= b t∈ ¡ = 4a + b 5a2 + 4ab + 2b2 16a2 + 8ab + b2 = 5a2 + 4ab + 2b2 , ta có: 16a2 + 8ab + b2 5a2 + 4ab + 2b2 ta có: max f (t) = f (−2) = f '(t) = = 16t2 + 8t + 5t2 + 4t + 24t2 + 54t + 12 (5t2 + 4t + 2)2 = f (t) , f '(t) = ⇔ t = −2, t = − , , đạt max d( A, (Q)) = 14 lớn nhất; a = −2b ∆ Gọi hình chiếu H,K C lên (R ) ∆ , · α = BCH BH BK · sin α = sin BCH = ≥ BC BC Mà BK BC không đổi, nên suy mặt phẳng Mặt phẳng Do (R ) (BCK ) (BCK ) qua nhỏ qua ∆ vng góc với M , N ∈ (α ) (R ) : 10x − y + 13z + = Ta viết lại dạng phương trình Suy uuur (α ) ∆ vng góc với VTPT uuu ru r nα u sin ϕ = uuu r u r = nα u Nếu VTPT uuu r u r ( BCK )   n1 = nP , u = (−1;6;4)   có dạng: (α ) Gọi ϕ = (·∆, (α )) 4a2 + 4b2 + (b − 2a)2 a≠0 t + 12t + 36 5t2 − 4t + , đặt t= ta tìm ax + by + cz + d = 2ax + 2by + (b − 2a)z − 3b = 4a + 2b − b + 2a , với a = ⇒ sin ϕ = nên uur (P )   d = − b  c = −a + b  sau: nα = (2a;2b; b − 2a) f (t) = mặt phẳng qua (α ) nên Xét hàm số (R ) VTPT , suy uur u r (R ) nR =  n1, u = ( 10; −7;13)   a + b + c + d = ⇔   − a + 2b − c + d = Ta có: hay nên uuur (BCK ) Cách 1: Giả sử phương trình mặt phẳng Do ⇔ H ≡K vng góc với ∆ phương trình α = b2 + 12ab + 36a2 5b2 − 4ab + 8a2 b ,t ∈ ¡ a   53 max f (t) = f  ÷ =  8 Do b ϕmax ⇔ sin ϕmax ⇔ = a Vậy phương trình , chọn b = 5, a = (α ) : 16x + 10y − 11z − 15 = Cách 2: Ta có: uuuuur NM = ( 2; −1;2)  x = + 2t  MN :  y = − t , t ∈ ¡  z = + 2t  Gọi d VTCP MN , suy phương trình đường thẳng đường thẳng qua M , song song với ∆ Suy phương trình  x = + 2t  d : y = 1+ t , t ∈ ¡ z = − t  Trên d ta lấy điểm (·(α ), ∆ ) = ·ABH Ta có: Hay A (3;2;0) Gọi A lên (α ) MN , BH BK cos ·ABH = ≥ BA BA (α ) hình chiếu H,K mặt phẳng qua , mà MN không đổi nên BK BA ·ABH lớn vng góc với mặt phẳng ⇔ H ≡K (β ) ≡ (M N , d) Ta có: uuur VTPT uuuuu r u r (β )   nβ = NM , u = ( −1;6;4)   Suy uuur VTPT uuuuu r uuu r (α ) nα =  NM , nβ  = ( −16; −10;11)   Vậy phương trình (α ) : 16x + 10y − 11z − 15 = Ví dụ 8.8 Trong khơng gian trình đường thẳng ∆ ∆ qua qua ∆ nằm M (1;1;1) M Oxyz cho mặt phẳng (α ) (α ) : x + y + z − = và khoảng cách từ khoảng cách ∆ A đến ∆ lớn nhất, nhỏ nhất; x− y z d: = = −1 lớn điểm A (1;2;3) Lập phương Lời giải Mặt phẳng (α ) Gọi ur có ur VTPT n = (1;1;1) VTCP u = (a; b; c) , ∆ ∆ ⊂ (P ) ⇒ a + b + c = ⇒ c = − a − b (1) Ta có: uuuur u r uuuur AM = ( 0; −1; −2) ⇒ u, AM  = ( c + 2b;2a; − a)   Do đó: = u r uuuur  u, AM    d( A, ∆) = = u r u (c + 2b)2 + 5a2 = a2 + b2 + c2 (b − a)2 + 5a2 a2 + b2 + (a + b)2 b2 − 2ab + 6a2 b2 + 2ab + b2 Nếu a = ⇒ d( A, ∆) = Xét hàm số f (t) = , với a≠0 đặt t2 − 2t + b ,t ∈ ¡ a t= , khảo sát hàm số f (t) ta tìm t2 + t + 2 max f (t) = ff(− ) = 10, (t) = f (4) = 3 • Khoảng cách từ A đến ∆ lớn phương trình đường thẳng : ∆: • Khoảng cách từ A trình đường thẳng : Đường thẳng d đến ∆ b t=− ⇔ =− a b = −2 ⇒ a = 3, c = −1 nhỏ b t=4⇔ =4 a N (2;0;0) , chọn b = ⇒ a = 1, c = −5 có uur VTCP u1 = (1;2; −1) uuuur u r uur u r uur uuuur MN = ( 1; −1; −1) , u, u1  = (2a + b; −b;2a − b) ⇒ u, u1  MN = 3b     Do u r uur uuuur  u, u  MN 1  d(∆, d) = = u r uur u, u  1  Đẳng thức xảy , suy x−1 y−1 z−1 = = −2 −1 x−1 y−1 z −1 ∆: = = −5 qua , chọn 3b 2 (2a + b) + b + (2a − b) u r a = ⇒ c = −b ⇒ u = b(0;1; −1) =3 b2 4a2 + 3b2 ≤ , suy phương Vậy phương trình x =  ∆ : y = 1+ t z = − t  Ví dụ 9.8 Lập phương trình đường thẳng cho: Khoảng cách từ B (2; 1;1) Khoảng cách qua đến đường thẳng d d ∆: x−5 y z = = −2 A (0; − 1; 2) cắt đường thẳng d′ : x+1 y z− = = −1 lớn nhất, nhỏ nhất; d lớn Lời giải Giả sử d cắt d' điểm M M (−1 + 2t; t; − t), t ∈ ¡ VTCP đường thẳng uuuur d AM = (2t − 1; t + 1; − t) Ta có uuur nên uuur uuuur  AB, AM  = (1 − t; 1; − 2t)   AB = (2; 2; − 1) Khoảng cách từ điểm Ta có f (t) = B đến đường thẳng d uuur uuuur  AB, AM    d(B, d) = = uuuur AM nên 5t − 18t + 18 f ′(t) = 6t − 2t + 98t(t − 2) (6t2 − 2t + 2)2 5t2 − 18t + 18 6t2 − 2t + = f (t) Từ ta tìm max f (t) = ff(0) = 18, (t) = f (2) = 11 Do đó: • d(B, d) = đạt nên phương trình đường thẳng cần tìm uuuur t = ⇒ AM = (3; 3; − 2) 11 x y+1 z− d: = = 3 −2 • đạt max d(B, d) = d: x y+1 z− = = −1 −1 qua ∆ N (5; 0; 0) nên phương trình đường thẳng cần tìm uuuur t = ⇒ AM = (−1;1; −1) có véc tơ phương uur Ta có uur uuuur u∆ = (2; − 2; 1) uuuur u , AM  = (t − 1; 4t − 1; 6t), AN = (5; 1; − 2)  ∆  Khoảng cách hai đường thẳng là: uur uuuur uuuur u , AM  AN  ∆  d(∆; d) = = uur uuuur  u , AM   ∆  = Vì f ′(t) = 6(t + 2)(4 − 37t) 53t2 − 10t + (t − 1)2 + (4t − 1)2 + (6t)2 = f (t), f (t) = nên f ′(t) = ⇔ t = −2, t = (53t − 10t + 2) Từ ta tìm (2 + t)2 −6 − 3t  4 max f (t) = f  ÷  37  , Vậy đường thẳng d có phương trình d: (2 + t)2 53t2 − 10t + 37 uuuur AM = − ( 29; − 41; 4) 37 x y+1 z− = = 29 −41 CC BÀI TỐN DNH CHO HỌC SINH ÔN THI ĐẠI HỌC Bài 1 Trong khơng gian Oxyz cho điểm a) Viết phương trình mặt phẳng chứa b) Tìm toạ độ điểm M thuộc (P ) A (−1;3; −2), B (−3;7; −18) AB cho vng góc với MA + MB Trong khơng gian với hệ tọa độ Đề Các vng góc A (2;3;2), B(6; −1; −2), C(−1; −4;3), D(1;6;-5) (P ) mặt phẳng ( P ) : 2x − y + z + = nhỏ Oxyz cho tứ diện ABCD Tính góc hai đường thẳng với AB CD Tìm tọa độ cho tam giác có chu vi nhỏ ABM CD Trong không gian với hệ toạ độ , cho mặt phẳng có phương trình: hai x − 2y + 2z − = Oxyz (P ) điểm Trong đường thẳng qua song song với , viết phương A (P ) A ( −3;0;1) , B ( 1; −1;3) M trình đường thẳng mà khoảng cách từ Lập phương trình mặt phẳng (α ) đến đường thẳng nhỏ B qua điểm M(1;4;9) cắt tia (khác gốc tọa độ) cho a) Thể tích khối tứ diện có giá trị nhỏ OABC b) đạt giá trị nhỏ OA + OB + OC Cho đường thẳng điểm A(−3; 4; 1), x −1 y − z −1 ∆: = = Tìm điểm thuộc đường thẳng cho M ∆ B(1; 6; − 1), C(1; 10; 3) a) nhỏ MA + MB b) nhỏ MA + MC Bài Trong không gian với hệ tọa độ cho hình hộp chữ nhật Oxyz Ox,Oy,Oz điểm A,B,C ABCD.A ' B ' C ' D ' có A trùng với gốc tọa độ, CC ' a) Tính thể tích khối tứ diện B ( a;0;0) , D ( 0; a;0) , A ' ( 0; 0; b) với ( a > 0, b > 0) Gọi M trung điểm b) Cho a+ b= Tìm BDA ' M max VA ' BDM Cho điểm A(3; − 1;0),B(2;1; − 1),C(3;2;6) a) Tìm điểm thuộc mặt phẳng cho tứ diện có cặp cạnh đối vng góc D (Oyz) ABCD b) Tìm điểm trục hồnh cho tam giác có diện tích nhỏ M ABM Cho hai điểm A(5;2;3),B(−1; − 2; − 1) a) Đường thẳng cắt mặt phẳng Điểm chia đoạn theo tỉ số nào? M M AB AB (Oxz) b) Tìm tọa độ điểm mặt phẳng cho có gia trị nhỏ N NA + NB (Oxz) c) Cho điểm có thành phần tọa độ Xác định biết đạt giá trị lớn K K 2K A − 3K B Cho mặt phẳng đường thẳng A(1; − 1; 2), (P ): x + y + z − = Lập phương trình đường thẳng qua điểm A x+1 y z− d ∆: = = −3 đồng thời a) khoảng cách lớn ∆ d //(P ) d b) góc lớn nhất, bé ∆ d //(P ) d c) vng góc với đường thẳng khoảng cách từ điểm đến đường thẳng B(−1; 1; − 1) d x = −1 + t  d′ : y = + t (t ∈ R) z = −1 + t  d lớn nhất, bé Bài Trong không gian Oxyz cho đường thẳng A (3;2; −1), B (1; −2;1), C (2;1;3) MA + MB Tìm nhỏ Bài Lập phương trình mặt phẳng điểm M A, B, C M ∈∆ (α ) qua thỏa: OABC Khoảng cách từ ; ABC tích lớn nhất; O đến ( ABC ) lớn nhất; ba điểm cho: MA + MC trọng tâm tam giác Tứ diện x y z−1 ∆: = = −1 nhỏ M ( 1;4;9) cho (α ) cắt tia Ox, Oy, Oz OA + OC = 4OB Bài Cho OA = OB + A ( a;0;0) , B ( 0; b;0) , C ( 0;0; c) Tìm tâm bán kính Gọi r với a, b, c > mặt cầu ngoại tiếp tứ diện R bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Bài Cho điểm Tìm tọa độ điểm thuộc mặt phẳng 1 + + =2 a b c OABC OABC Tìm giá trị nhỏ bán kính Chứng minh rằng: A (1; 0; − 1), B(2; − 2; 1), C (0; − 1; 0) M R