Khai thác các cách giải khác nhau về một số dạng toán cực trị trong hình học không gian

TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 1 Khai thác các cách giải khác nhau về một số dạng toán cực trị trong hình học không gian Phần 1: Cơ sở lý thuyết 1. Trong không gian oxyz: Xét hệ toạ độ Đề các vuông góc giả sử A(x1,y1,z1), B(x2,y2,z2) thì ),,( 121221 zzyyxxAB  2 2 21 2 1 2 1 2( ) ( ) ( )AB x x y y z z       2. Cho 2 vectơ: ),,( 111 zyxu  , ),,( 222 zyxv  * 1221 2 1 zyxu  2 22 2 2 2 zyxv  dấu đẳng thức p xảy ra khi và chỉ khi vu, cùng chiều hoặc 1 trong 2 vectơ bằng 0 * u v u v       dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi vu, cùng chiều hoặc 1 trong 2 vectơ bằng 0 *Điều kiện để hai véc tơ a  và b  cùng phương là t R  để a  =tb  *Điều kiện để ba véc tơ a  ; c  và b  không đồng phẵng là ; . 0a b c       *Điều kiện để ba véc tơ a  ; c  và b  đồng phẵng là ; . 0a b c       * 1 2 1 2 1 2. 0 0u v u v x x y y z z           * Cho ABC Thì AB+BC BC và AB BC AC  dấu đẳng thức sãy ra khi ba điểm A;B;C thẳng hàng TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 2 Phần II . Các dạng toán - phương pháp chung và ví dụ minh hoạ I .Dạng 1 Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       và hai điểm A và B Sao cho AB// .Hãy tìm trên  điểm M sao cho : 1. MA+MB nhỏ nhất 2. MA MB   nhỏ nhất 3. MA k MB   ngắn nhất . A . B M Câu 1; Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       Và hai điểm A và B sao cho //AB  hãy tìm trên  điểm M Sao cho MA+MB nhỏ nhất 1. Phương pháp chung Cách 1: I A B M M' 0 0 0: x x y y z z a b c       A' *chứng minh cho //AB  *Gọi I là trung điểm của AB .Gọi M là hình chiếu của I trên  . Ta chứng minh M là điểm cần tìm như sau : Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua  hiển nhiên 3 điểm A’;M;B là thẳng hàng . Giả sử M’ là 1 điểm tuỳ ý trên  ta có ' ' ' ' ' ' 'M A M B M A M B A B MA MB MA MB        Cách 2: Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua  ,Gọi M là giao điểm của A’B và  Ta chứng minh M là điểm cần tìm như sau Giả sử M’ là 1 điểm tuỳ ý trên  ta có ' ' ' ' ' ' 'M A M B M A M B A B MA MB MA MB        2 . Ví dụ minh hoạ: cho : 1 1 1 2 1 x y z     TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 3 Với A=(-1,2,1); B =(1,-2,-1) Tìm trên  điểm M. sao cho :MA+MB nhỏ nhất Cách 1: Nhận xét đường thẳng  có vectơ chỉ phương là ( 1, 2,1)v    Và (2, 4, 2) //AB v     Thay toạ độ A vào phương trình  được: 2 2 3 1 2 1     Vâỵ điểm A không thuộc  nên AB//  Ta có phương trình tham số của  là: 1 2 ( ) 1 x t y t t R z t          Gọi I là trung điểm của AB thì I=(0,0,0) Gọi M là hình chiếu của I trên  thì M=(1-t, 2t , t-1) (1) Vậy: (1 , 2 , 1)IM t t t    Ta có: 1 . 0 1 4 1 0 3 v IM t t t t            Thay 1 3 t  vào (1) ta được 2 2 2 , , 3 3 3 M        Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua  vì AB//  nên A’,M, B thẳng hàng và 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 chỉ phương là ( 1,2,1)v    Và (2, 4, 2) //AB v     Thay toạ độ A vào phương trình  được: 2 2 3 1 2 1     Vâỵ điểm A không thuộc  nên AB//  Ta có phương trình tham số của  là: 1 2 ( ) 1 x t y t t R z t          Gọi H là hình chiếu của A trên  Thì H=(1-t,2t,-1+t) (1) Vậy ( 2,2 2, 2)AH t t t      Ta có 4 . 0 2 4 4 2 0 6 8 3 v AH t t t t t               Thay 4 3 t  vào (1) được toạ độ điểm 1 8 1 , , 3 3 3 H        Gọi  1 1 1' , ,A x y z là điểm đối xứng với A qua  Ta có: 2 16 2 ' , , // (1, 8, 1) 3 3 3 A B v             Vậy phương trình đường thẳng A’B là: 8 6 0 8 61 2 1 2 8 8 8 61 8 1 x y x yx y z y z y z                      Vậy phương trình tổng quát của  là: 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x y y z y z              TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 4 Gọi M=(x,y,z) là giao điểm của A’B và  thì toạ độ M là nghiệm của hệ: 2 8 6 3 8 6 2 2 2 3 22 2 3 xx y y z y x y y z z                   vậy 2 2 2 , , 3 3 3 M        Nhận xét M là điểm cần tìm. thật vậy lấy điểm M tuỳ ý trên  Ta có: M’A+M’B=M’A’+M’B A’B=MA’+MB=MA+MB. Câu 2 : Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       và hai điểm A và B Sao cho AB// .Hãy tìm trên  điểm M sao cho : MA MB   nhỏ nhất 1.Phương pháp chung Cách 1: A I B M M' 0 0 0: x x y y z z a b c       Gọi I là trung điểm của AB .Gọi M là hình chiếu của I trên  Tìm toạ độ M và chứng minh M là điểm cần tìm như sau .Gọi M' là điểm tuỳ ý trên  ta có ' 'M A M B   =2M'I 2MI = MA MB   Cách 2: Lấy 0 0 0( ; ; )M x at y bt z ct   tính độ dài của MA MB   từ đó tìm được GTNN 2.ví dụ minh hoạ: cho : 1 1 1 2 1 x y z     Với A=(-1,2,1); B =(1,-2,-1) Tìm trên  điểm M. sao cho : MA MB   nhỏ nhất Cách 1: Nhận xét đường thẳng có vectơ chỉ phương là ( 1,2,1)v    Và (2, 4, 2) //AB v     Thay toạ độ A vào phương trình  được: 2 2 3 1 2 1     TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 5 Vâỵ điểm A không thuộc  nên AB//  Ta có phương trình tham số của  là: 1 2 ( ) 1 x t y t t R z t          Gọi I là trung điểm của AB thì I=(0,0,0). Gọi M là hình chiếu của I trên  thì M=(1-t , 2t, t-1) (1) Vậy: (1 , 2 , 1)IM t t t    Ta có: 1 . 0 1 4 1 0 3 v IM t t t t            . Thay 1 3 t  vào (1) ta được 2 2 2 , , 3 3 3 M        Ta chứng minh điểm M cần tìm: Thật vậy. Gọi M’ là điểm tuỳ ý thuộc  Ta có: ' ' 2 ' 2 ' 2M A M B M I M I MI MA MB           Cách 2: Ta có phương trình tham số của  là: 1 2 ( ) 1 x t y t t R z t          Lấy điểm M (1 t ;2t ; 1 t  ) Ta có (AM   2-t;2t-2;t-2) và ( ; 2 2; )BM t t t    Nên AM BM    (2-2t;4t;2t-2) vậy 2 2 2 2(2-2t) +16t +(2t-2) 24 16 8MA MB t t       MA MB   nhỏ nhất khi t= 1 3 tức 2 2 2 , , 3 3 3 M        Câu 3: Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       Và hai điểm A và B sao cho //AB  hãy tìm trên  điểm M Sao cho MA k MB   ngắn nhất 1. Phương pháp giải *Viết phương trình  về tham số 0 0 0 ( ) x x at y y bt t R z z ct          *Lấy M tuỳ ý thuộc  : M=( 0x at ; 0y bt ; 0z ct ) Thay vào P= MA k MB   = ( )f t với f(t) là tam thức bậc hai từ đó ta tìm được GTNN của P 2. Ví dụ minh hoạ: cho : 1 1 1 2 1 x y z     Với A=(-1,2,1); B=(1,-2,-1) Tìm trên  điểm M. Sao cho : 3MA MB   nhỏ nhất TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 6 Ta có phương trình tham số của  là: 1 2 ( ) 1 x t y t t R z t          Gọi M là điểm tuỳ ý thuộc  điểm M=(1-t , 2t , t-1)(*) Ta có ( 2, 2 2 ,2 ); ( , 2 2 , ) 3 ( 3 ,6 6,3 )MA t t t MB t t t MB t t t                Vậy 2 2 2 2 3 ( 2 2, 4 8, 2 2) 3 4 8 4 16 64 64 4 8 4 24 80 72 P MA MB t t t P MA MB t t t t t t t t                          P nhỏ nhất 5 3 t    Khi 5 3 t   vào (*) ta được 8 10 8 , , 3 3 3 M         II .Dạng 2 Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       và hai điểm A và B Sao cho AB cắt  .Hãy tìm trên  điểm M sao cho : 1.MA+MB nhỏ nhất B 2. MA MB   nhỏ nhất A 3. MA k MB   ngắn nhất  Câu1: Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       Và hai điểm A và B sao cho AB và  cắt nhau ,và A;B nằm cùng phía so với  . hãy tìm điểm M Sao cho MA+MB nhỏ nhất 1. Phương pháp giải Cách 1: *chứng minh cho AB và  cắt nhau và A;B nằm cùng phía so với  . Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua  ,Gọi M là giao điểm của A’B và  Ta chứng minh M là điểm cần tìm như sau Giả sử M’ là 1 điểm tuỳ ý trên  ta có ' ' ' ' ' ' 'M A M B M A M B A B MA MB MA MB        Cách 2: *Lấy M tuỳ ý thuộc  : M=( 0x at ; 0y bt ; 0z ct ) ta tinh MA và MB ( ) ( )P MA MB f t g t    Dùng phương pháp đáng giá ta tìm được GTNN của P 2.ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng : 2 5 1 5 3 x y z      (d) TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 7 và 2 điểm M1(2 ; 1; 5) ; M2(4 ; 3 ; 9). Tìm điểm I  (d) sao cho IM1 + IM2 nhỏ nhất. (d) có véc tơ chỉ phương là :  1, 5, 3a     và đi qua điểm A(2 ; -5 ; 0) Phương trình tham số của :         t3z )Rt(t55y t2x :)d( Ta có  1 2 2,2, 4M M   nên phương trình tham số đường thẳng M1M2 là :         m25z )Rm(m1y m2x Toạ độ giao điểm nếu có của (d) và đường thẳng M1 M2 là nghiệm hệ phương trình :                  1t 1m mt m25t3 m1t55 m2t2 Giao điểm E (1, 0, 3).    6,3,3ME;2,1,1ME : cóTa 21   Vậy :   12 ME3ME nên M1 và M2 ở về cùng 1 phía đối với đường thẳng (d). Gọi () là mặt phẳng qua M1 và ()  (d) nên phương trình mặt phẳng () là : 1(x - 2) - 5(y - 1) - 3(z - 5) = 0  x - 5y - 3z + 18 = 0 Giao điểm H của (d) với mặt phẳng () :                                  7 27 , 7 10 , 7 5 H 7 27 z 7 10 y 7 5 x 7 9 t t3z t55y t2x 018z3y5x Gọi M' là điểm đối xứng của M1 qua (d) nên H là trung điểm M1M', do đó :                    7 19 , 7 13 , 7 4 'M 7 19 zz2'z 7 13 yy2'y 7 4 xx2'x 1H 1H 1H TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 8 Khi đó mọi điểm trên (d) cách đều 2 điểm M1 và M'. Nên : FM1 + FM2 = FM' + FM2, F  (d) Tổng này nhỏ nhất khi và chỉ khi F là giao điểm của (d) với đường thẳng M2M' (vì M2 và M' ở hai bên đường thẳng (d)). Ta có : 1 2 32 8 44 ; ; 7 7 7 M M         Phương trình đường thẳng qua M' M2 là: )R't( 't119z 't23y 't84x          Giao điểm của (d) với M'M2 là nghiệm hệ phương trình :                 7 10 t 7 3 't 't119t3 't23t55 't84t2 (d) E M2 M1 M' I Toạ độ điểm I cần tìm là : 4 15 30 ( ; ; ) 7 7 7 I Ví dụ 2: cho  : 1 1 1 2 1 x y z     với điểm A=(-1;-1;0) và điểm B=(5;2;-3) tìm M thuộc  sao cho MA MB lớn nhất. Giải: Cách 1: Phương trình tham số của  là: 1 2 ( ) 1 x t y t t R z t          Do (1 , 2 , 1)M M t t t    . Suy ra (2 , 2 1, 1)AM t t t     , ( 4 , 2 2, 2)BM t t t      đặt 2 2 2 2 2 2(2 ) (2 1) ( 1) ( 4) (2 2) ( 2)P MA MB t t t t t t              2 26 2 6 6 4 24t t t t      6 P   2 2 1 35 1 35 6 36 3 9 t t                  Chọn M’= (t, 0) ; 1 35 1 35 ' , ; ' , ' ' ' ' 6 6 3 3 6 P A B MA MB A B                     Dấu đẳng thức xảy ra khi 3 điểm M’,A’,B’ thẳng hàng. Hay ' '( )MA k MB k R    Vậy 1 35 ' , 6 6 MA t          ; 1 35 ' , 3 3 MB t          TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 9 Mà 1 16' // ' 1 2 3 t MA MB t        1 1 2 2 3 3 3 t t t        Vậy 1 4 1 , , 3 3 3 M        là điểm cần tìm. Cách 2: Đường thẳng  đi qua điểm C=(1, 0, -1) và có vectơ chỉ phương là ( 1,2,1)v    Suy ra: (6,3, 3)AB    và (2,1, 1)AC    Ta có: 3 3 3 6 6 3 , , , (9, 3,15) 2 1 1 1 1 2 AB v                                và , . 18 3 15 0AB v AC          Vậy 2 đường thẳng AB và  đồng phẳng Ta có phương trình AB: 1 2 21 1 1 1 16 3 3 2 1 1 x yx y z x y z y z                   Phương trình  : 2 2 2 2 1 1 0 x y x y x z x z                Gọi D là giao điểm của AB và  . Toạ độ D là nghiệm của hệ: 2 2 1 0 0 (1,0, 1) 1 1 2 1 x y x x z y D y z z x y                     Ta có : A D Bx x x  vậy A và B nằm khác phía so với đường thẳng  . Gọi H là hình chiếu của của B trên đường thẳng  . Toạ độ H=(1-t, 2t, t-1) là 1 điểm thuộc  . Tacó: ( 4, 2 2 , 2 )HB t t t      , . 0 ( 4) 2(2 2 ) 2 0HB v t t t            1 4 4 4 2 0 6 2 3 t t t t t               Vậy 4 2 4 , , 3 3 3 H         Gọi B là điểm đối xứng với B qua đường thẳng  thì H là trung điểm của BB’. Nên toạ độ ' 7 10 1 4 7 1 ' , , ' , , // (4,7, 1) 3 3 3 3 3 3 ABB AB v                      Vậy phương trình đường thẳng AB’ là: 7 7 4 4 7 4 31 1 1 4 4 14 7 1 x y x yx y z x z x z                      Gọi M’ là điểm bất kỳ trên đường thẳng  thì: ' ' ' ' ' ' 'M A M B M A M B AB MA MB MA MB        TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 10 Vậy toạ độ M là nghiệm của hệ: 1 7 4 3 3 4 1 4 1 4 1 , , 2 2 3 3 3 3 10 3 xx y x z y H x y x z z                             Câu2: Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       và hai điểm A và B Sao cho AB cắt  .Hãy tìm trên  điểm M sao cho : . MA MB   nhỏ nhất 1.Phương pháp chung A I B M M' 0 0 0: x x y y z z a b c       Cách 1: Gọi I là trung điểm của AB .Gọi M là hình chiếu của I trên  Tìn toạ độ M và chứng minh M là điểm cần tìm như sau .Gọi M' là điểm tuỳ ý trên  ta có ' 'M A M B   =2M'I 2MI = MA MB   Cách 2: Lấy 0 0 0( ; ; )M x at y bt z ct   tính độ dài của MA MB   từ đó tìm được GTNN cho  : 1 1 1 2 1 x y z     với điểm A=(-1;-1;0) và điểm B=(5;2;-3) tìm M thuộc  sao cho : MA MB   nhỏ nhất (Phương pháp giải tương tự câu 2 dạng 1) Câu3: Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       Và hai điểm A và B sao cho AB cắt hãy tìm trên  điểm M Sao cho MA k MB   ngắn nhất 1. Phương pháp giải * Viết phương trình  về tham số 0 0 0 ( ) x x at y y bt t R z z ct          * Lấy M tuỳ ý thuộc  : M=( 0x at ; 0y bt ; 0z ct ) Thay vào P= MA k MB   = ( )f t với f(t) là tam thức bậc hai từ đó ta tìm được GTNN của P TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 11 cho  : 1 1 1 2 1 x y z     với điểm A=(-1;-1;0) và điểm B=(5;2;-3) tìm M thuộc  sao cho : 2MA MB   nhỏ nhất (Phương pháp giải tương tự câu 3 dạng 1) III. Dạng 3 : Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       Và hai điểm A và B sao cho AB và  chéo nhau ; hãy tìm điểm M Sao cho 1. P=MA+MB nhỏ nhất 2. P= MA MB Đạt giá trị lớn nhất 3. P= 2MA MB   ngắn nhất (tương tự câu 3 dạng 2) Câu 1: Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       Và hai điểm A và B sao cho AB và  chéo nhau ; hãy tìm điểm M Sao cho P=MA+MB nhỏ nhất 1.Phương pháp: Lấy M tuỳ ý thuộc  : M=( 0x at ; 0y bt ; 0z ct ) ta tinh MA và MB ( ) ( )P MA MB f t g t    Dùng phương pháp đáng giá ta tìm được GTNNcủa P 2.Ví dụ minh hoạ : cho đường thẳng  : 1 1 1 1 1 x y z     và 2 điểm A=(0,1,1), B=(1,0,0) .Tìm điểm M sao cho: MA+MB nhỏ nhất Tìm điểm M sao cho: MA+MB nhỏ nhất Giải: Nhận xét đường thẳng  đi qua điểm C=(1,0,-1) và có vectơ chỉ phương là (1,1, 1)v    . Ta có (1, 1, 2)AC     và (1, 1, 1)AB     Và 1 1 1 1 1 1 , , , ( 2,0, 2) 1 1 1 1 1 1 AB v                                   , . 2 4 2 0AB v AC           nên đường thẳng chứa AB và  chéo nhau Vậy phương trình tham số của  là: 1 ( ) 1 x t y t t R z t          Lấy điểm M=(t+1, t, -t-1) (*) là điểm tuỳ ý thuộc  Ta có: 2 2 2 2( 1, 1, 2) ( 1) ( 1) ( 2) 3 4 6AM t t t AM t t t t t                Và 2 2 2 2( , , 1) ( 1) 3 2 1BM t t t BM t t t t t            TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 12 Cách 1: ta có P MA MB  = 23 4 6t t  + 23 2 1t t  (1) Chọn 2 14 1 2 ' , , ' , , ' ( ,0) 3 3 3 3 A B M t                    Thay vào (1) có: ' ' ' ' ' ' 3 P M A M B A B   Vậy P nhỏ nhất khi và chỉ khi 3 điểm A’, B’, M’ thẳng hàng Ta có: 1 2 14 2 14 ' ' , , ' ' , 3 3 3 3 A B A M t                      để 3 điểm A’, M’, B’ thẳng hàng điều kiện là 2 14 14 2 7 7 7 7 5 7 53 3 2 3 1 12 6 6 1814 2 3 t t t t                  Thay vào (*) được: 13 7 7 5 7 13 , , 18 18 18 M            Cách 2: ta có phương trình tham số của đường thẳng  là: 1 ( ) 1 x t y t t R z t          Ta lấy điểm M  , toạ độ M=(t+1, t, -t-1). Gọi E là hình chiếu của B trên  . điểm E=(t+1,t,-1-t). Ta có ( , , 1)BE t t t    Vì E là hình chiếu của B trên đường thẳng  nên. . 0 1 0v BE t t t         1 3 t    Vậy toạ độ điểm 2 1 2 4 1 1 6 , , 3 3 3 9 9 9 3 E BE             Gọi I là hình chiếu của A trên đường thẳng  thì I=(t+1, t, -1-t) Và ( 1, 1, 2).AI t t t      nên 2 . 0 1 1 2 0 3 AI v t t t t              Ta có 1 2 1 1 25 16 42 , , 3 3 3 9 9 9 9 I AI             2 2 2 24 2 1 2 4 1 22 3 3 3 3 9 3 93 P t t t t t t                         TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 13 Vậy M  sao cho . MI AI AI MI ME ME BE BE       Hay 7.MI ME    (1) Ta có: 2 2 2 1 1 1 , , , ; , 3 3 3 3 3 3 MI t t t ME t t t                         Thay vào (1) ta có: 2 7 2 7 7 ( 7 1) 3 3 3 t t t           2 7 ( 2 7)( 7 1) 7 5 18 183( 7 1) t              Thay t vào toạ độ M ta được: 13 7 7 5 7 13 , , 18 18 18 M            Ta chứng minh M là điểm cần tìm như sau. Gọi P là mặt phẳng chứa I và P vuông góc với  . Trên mp dựng đường tròn tâm I, bán kính IA, trên đường tròn này lấy điểm A’ sao cho A’, B nằm về hai phía so với  và A, B đồng phẳng. Lấy điểm M tuỳ ý trên  . Ta có : M’A+M’B=M’A’+M’B A’B=MA’+MB=MA+MB Câu 2: Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       Và hai điểm A và B sao cho AB và  chéo nhau ; hãy tìm điểm M Sao cho P= MA MB Đạt giá trị lớn nhất 1. Phương pháp :Lấy M tuỳ ý thuộc  : M=( 0x at ; 0y bt ; 0z ct ) ta tinh MA và MB ( ) ( )P MA MB f t g t    Dùng phương pháp đáng giá ta tìm được GTL của P 2.Ví dụ minh hoạ: cho đường thẳng  : 1 1 1 1 1 x y z     và 2 điểm A=(0,1,1), B=(1,0,0) Tìm điểm M sao cho: MA MB lớn nhất. Giải : Nhận xét đường thẳng  đi qua điểm C=(1,0,-1) và có vectơ chỉ phương là (1,1, 1)v    . Ta có (1, 1, 2)AC     và (1, 1, 1)AB     Và 1 1 1 1 1 1 , , , ( 2,0, 2) 1 1 1 1 1 1 AB v                                   , . 2 4 2 0AB v AC           nên đường thẳng chứa AB và  chéo nhau Vậy phương trình tham số của  là: 1 ( ) 1 x t y t t R z t          Lấy điểm M=(t+1, t, -t-1) (*) là điểm tuỳ ý thuộc  TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 14 Ta có: 2 2 2 2( 1, 1, 2) ( 1) ( 1) ( 2) 3 4 6AM t t t AM t t t t t                Và 2 2 2 2( , , 1) ( 1) 3 2 1BM t t t BM t t t t t            Cách 1: ta có P MA MB  = 2 23 4 6 3 2 1t t t t     (1) Chọn 2 14 1 2 ' , , ' , , ' ( ,0) 3 3 3 3 A B M t                   . Thay vào (1) có: ' ' ' ' ' ' 3 P M A M B A B   Vậy P lớn nhất khi và chỉ khi 3 điểm A’, B’, M’ thẳng hàng Ta có: 1 2 14 2 14 ' ' , , ' ' , 3 3 3 3 A B A M t                     để 3 điểm A’, M’, B’ thẳng hàng điều kiện là 2 14 14 2 7 7 7 7 13 7 133 3 2 3 1 12 6 6 182 14 3 t t t t                    Thay vào (*) được: 5 7 7 13 7 5 , , 18 18 18 M            Câu 3: Cho đường thẳng 0 0 0: x x y y z z a b c       Và hai điểm A và B sao cho AB và  chéo nhau ; hãy tìm điểm M Sao cho 2MA MB   ngắn nhất 1. Phương pháp: Lấy M tuỳ ý thuộc  : M=( 0x at ; 0y bt ; 0z ct ) ta tinh ; 2MA MB   2 ( )P MA MB f t     Dùng phương pháp đáng giá ta tìm được giá trị nhỏ nhất của P 2.Ví dụ minh hoạ : cho đường thẳng  : 1 1 1 1 1 x y z     và 2 điểm A=(0,1,1), B=(1,0,0) Tìm điểm M sao cho: 2MA MB   ngắn nhất (Phương pháp giải tương tự câu 3 dạng 1) IV.Dạng 4 :Trong không gian cho 3 điểm A,B,C và mặt phẳng P .Tìm trên P điểm M sao cho Q = aMA bMB cMC     Đạt GTNN 1.Phương pháp : Gọi M = (x,y,z) thuộc P ta tính a MA  ; b MB  và c MC  2 2 2 24 2 1 2 4 1 22 3 3 3 3 9 3 93 P t t t t t t                         TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 15 Ta có a MA  + b MB  + c MC  = ( ; ; )ax b ay c az d   đặt X ax b Y ay c Z az d         Vậy Q= aMA bMB cMC     = 2 2 2X Y Z  =OM’ với M’=(X,Y,Z) với O là gốc toạ OM’ nhỏ nhất khi M’ là hình chiếu của O trên mặt phẳng (P) 2.Ví dụ minh hoạ : Cho ΔABC Với A=(-1,1,0) B =(1,-1,1) C =(0,1,2) và mặt phẳng P:2x-y+z-1 =0 Hãy tìm điểm M thuộc P sao cho Q = 2 3MA MB MC     Đạt GTNN Giải Gọi M = (x,y,z) thuộc P ta có MA  =(-1-x,1-y,-z) (1 , 1 ,1 ); ( ,1 , 2 )MB x y z MC x y z           Ta có v   2 3MA MB MC     = (-6x+1,-6y+2,-6z+8) đặt 6 1 6 2 6 8 X x Y y Z z            Ta có Q = 2 2 2X Y Z  =OM’ với M’=(X,Y,Z) với O là gốc toạ độ và mặt phẳng P trở thành 2X-Y+Z-2=0 Ta có (2, 1,1)qn    Gọi (d) là đường thẳng đi qua O và vg góc với P thì ptđt d là 2 1 X Y Z   Gọi M là giao điểm của d và P thì M = ( 1 7 23 , , ) 18 18 18 V.Dạng 5 : Cho hệ thức 2 2 20 0 0( ) ( ) ( )x x y y z z     = R 2 (1) Hãy tìm cặp (x;y;z) thoả mãn hệ thức (1) sao cho biểu thức P= ax+by+cz (2) là lớn nhất và nhỏ nhất 1. Phương pháp: Cách 1: Nhận xét (1) là phương trình mặt cầu Tâm I(x0;y0;z0) bán kính R ;còn (2) là phương trình mặt phẳng (Q) Để tồn tại cặp (x;y;z) thì mặt phẳng (Q) phải cắt mặt cầu Tâm I(x0;y0;z0) bán kính R.Khi và chỉ khi d(I;(P)) R m P M    Vậy minm P và M=MacP Cách 2: P= ax+by+cz (2) 0 0 0( ) ( ) ( )A x x B y y C z z P Ax By Cz D             2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( )P Ax By Cz D A B C x x y y z z              = = 2 2 2 2( )A B C R  m P M   Ví dụ minh hoạ: Cho đẳng thức 2 2 2( 1) ( 2) 4x y z     (1) và biểu thức P=2x-y+z hãy tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P với x;y;z thoả mãn (1) Cách 1: Nhận xét (1)là mặt cầu có tâm I(-1.0.2) và bán kính R=2 còn TT LTĐH, GIA SƯ PHI HƯNG PHÚ YấN 0984124134 Văn Thời-Văn Hưng 2010 16 P=2x-y+z 2 0x y z P     là phương trình mặt (Q) Để tồn tại cặp (x;y;z) thì mặt phẳng (Q) phải cắt mặt cầu Tâm I(-1.0.2) bán kính R=2 .Khi và chỉ khi d(I;(Q)) 2 2 2 6 2 6 2 6 6 P P P         .Vậy Min P= 2 6 và MaxP= 2 6 Từ lý luận trên hiển nhiên xảy ra dấu đẳng thức Cách 2: Ta có A=2(x-1)+y+(z-2) áp dụng bất đẳng thức Bunhiacoxki Ta có 2 2 2 2 2(2 1 1) ( 1) ( 2) 24P x y z          .Vậy 2 6 2 6P   Vậy giá trị lớn nhất của P là 2 6 2 6 1 3 1 2 6 2 1 1 3 2 2 6 6 2 3 x x y z y x y z z                       Vậy GTNNcủa P là - 2 6 2 6 1 3 1 2 6 2 1 1 3 2 2 6 6 2 3 x x y z y x y z z                      