CD50 các bài TOÁN cực TRỊ LIÊN QUAN đến điểm, mặt cầu

Dạng ❺: Bài toán lập phương trình mặt phẳng, đường thẳng có yếu tố cực trị Phương pháp đại số: Gọi véc tơ pháp tuyến hoặc véc tơ chỉ phương của mặt phẳng hoặc đường thẳng cần lập là 2 2

Dạng ➊: Tìm điểm M thuộc (P) sao cho u aMA bMB cMC     

có u

 đạt min

 Phương pháp giải:

Tìm điểm I thõa mãn hệ thức aIB bIB cIC  0

tọa độ điểm I là:

1

1

1

x

a b c

y

a b c

z

a b c













 







 Phân tích u aMA bMB cMC      a b c MI     aIA bIB cIC   a b c MI   Khi đó u   a b c MI umin 

M là hình chiếu vuông góc của I lên (P)

Viết phương trình đường thẳng IM đi qua I và vuông góc với (P)  u IM n P

Khi đó M   P  IM

Dạng ❷: Tìm điểm M thuộc (P) sao cho T aMA2bMB2cMC2 đạt max hoặc min

 Phương pháp giải:

Tìm điểm I thỏa mãn hệ thức aIA bIB cIC    0

Phân tích T aMA 2 bMB2cMC2

=a MI IA  2b MI IB  2c MI IC  2

a b c MI 2 2MI aIA bIB cIC  aIA2 bIB2 cIC2

           

Nếu a b c   thì T đặt min; 0 a b c   thì T đặt max.0

Khi đó T ;max Tmin  MImin  M là hình chiếu vuông góc của I lên (P)

Dạng ❸: Tìm điểm M thuộc (P) sao cho MA MB min

hoặc MA MB max

 Phương pháp giải:

Kiểm tra vị trí tương đối của các điểm A và B so với mặt phẳng (P)

Nếu A và B cùng phía (P) thì bài toán MA MB min

phải lấy đối xứng A qua (P) khi đó

MA MB MA  MBA B dấu bằng xảy ra  A M B, , thẳng hàng hay M A B ( )P

Chuyên đề

CẦN NẮM

Bài toán tìm MA MB max

, ta có MA MB AB M là giao điểm trực tiếp của đường thẳng

AB và (P)

Dạng ❺: Bài toán lập phương trình mặt phẳng, đường thẳng có yếu tố cực trị

Phương pháp đại số:

Gọi véc tơ pháp tuyến hoặc véc tơ chỉ phương của mặt phẳng (hoặc đường thẳng) cần lập là

2 2 2 (a;b;c),(a b c ) 0

Thiết lập một phương trình quy ẩn (a theo b,c hoặc ngược lại) từ một dữ kiện về mặt phẳng chứa đường, song song hoặc vuông góc Giả sử phương trình thu gọn ẩn là af b c( ; )

Thiết lập phương trình khoảng cách mà đề bài yêu cầu, thayaf b c( ; ) vào ta được một phương trình hai ẩn b;c

Xét hàm khoảng cách d g b c ; 

+ Nếu c  thì 0 b 0 d d lưu lại giá trị khoảng cách 1 d này 1

+ Nếu c 0 d g b g t t ; b

 

     

  Khảo sát hàm g t 

ta thu được kết quả

 Chú ý:

Công thức khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng d A P ;( ) Ax0 2By0 2Cz0 2 D



Công thức khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng

 ;  u AM;

d A

u





 

 



; với M thuộc 

Công thức khoảng cách giữa hai đường thẳng

 1 2 1 2 1 2

1 2

;

;

d

u u

 

 

  

 

Phương pháp hình học:

Bài toán: Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến (P) lớn nhất, với M là điểm không thuộc d.

 Phương pháp giải:

Đường thẳng d xác định đi qua điểm A và có véc tơ chỉ phương là u d

Kẻ MH ( );P MK d MH d M P ;  

và điểm K cố định

Ta có d M P ;   MH MK

Suy ra dmax MK Khi đó    

( )

;









 Gọi   là mặt phẳng chứa M và d ta có:

(P) d

(P) d d

u

u u ; MA

u ; MA

n

n



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

   

Khi đó (P) đi qua A và có véc tơ pháp tuyến là: n(P)u u ; MAd d 

   

Nếu A và B khác phía (P) thì bài toánMA MB max

phải lấy đối xứng A qua (P) bài toán tìm

MA MB min 

M là giao điểm trực tiếp của đường thẳng AB và (P)

Dạng ❺: Bài toán tìm điểm M thuộc đường thẳng có yếu tố cực trị

 Phương pháp giải:

Tham số hóa điểm M theo phương trình đường thẳng.

Biến đổi giả thiết về dạng yf t 

và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm sốyf t 

 Chú ý:

Tam thức bậc hai: y ax 2bx c a  0

có đỉnh

;

2 4

b I

  

Bất đẳng thức véc tơ: Cho 2 véc tơ ua b;  và vc d;  ta có: u  v  u v

Khi đó a2b2  c2d2  a c 2b d 2

dấu bằng xảy ra .

và (P) : x 2 y z 1 0    Tìm điểm M thuộc (P) sao cho 2MA  3MB MC  min

Độ dài đoạn thẳng OM là

Lời giải

LUYỆN

Gọi I là điểm thỏa mãn

1

1

1

2

2 3 1

2 3 1

1

2 3 1

x

z







 







Phương trình đường thẳng MI khi đó là:

2

1

 







  



Cho M( )P  2 t 4t       4 t 1 1 0 t 1 M1;0; 2 OM  5 Chọn

A.

 1;2;3 ; 3;0; 1   1; 4;7

A  B  C và (P) : x 2 y 2 z 6 0    Gọi M a b c là điểm thuộc  ; ; 

mặt phẳng (P) sao cho MA2MB2MC2nhỏ nhất Giá trị biểu thức

2 2 2

T a b c là

Lời giải

Gọi G1;2;3 là trọng tâm tam giác ABC thì GA GB GC    0

Ta có: MA2MB2MC2 MA 2MB 2MC 2 MG GA   2 MG GB   2 MG GC 2

                      

=3MG2GA2GB2GC2nhỏ nhất khi M là hình chiếu của G trên mặt phẳng (P)

Phương trình MG:

 suy ra M MG( )P  M(0;4;1)

Do đó T a 2b2c2 17 Chọn B.

và (P) : x y    Biết điểm M thuộc (P) z 1 0 sao cho biểu thức MA2 2MB2đạt giá trị lớn nhất Tính OM

Lời giải

Gọi I là điểm thỏa mãn IA 2IB 0 I2;0;0

Biến đổi MA2 2MB2 MI2IA2 2IB2 đạt giá trị lớn nhất khi M là hình chiếu

vuông góc của I lên (P) Khi đó phương trình MI là:

2

2 ; ;

z t

 







 

ChoM( )P  2       t t t 1 0 t 1 M1;1; 1  OM  3 Chọn B.

Câu 4. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A1; 2;1 ;  B2; 1;3  Điểm M trên mặt

phẳng O xyz

sao cho MA2 2MB2 lớn nhất Khi đó T x M y M có giá trị là

Lời giải

Gọi M là điểm thỏa mãn IA 2IB 0 IA2IB I3; 4;5 

Khi đó MA2 2MB2 MI IA 2 2MI IB 2 MI22MI IA(  2 )IB IA2 2IB

2 2 2 2

   lớn nhất MI nhỏ nhất M là hình chiếu của I trên mặt phẳng (O xy)

Suy ra M3; 4;0   T  Chọn1 C.

(P) có phương trình ( ) : 2P x y z    Gọi I (a;b;c) là điểm thuộc mặt phẳng1 0 (P) sao cho IA IB đạt giá trị lớn nhất Khi đó tổng a +b +c bằng

A a b c  22 B a b c   4 C a b c  13 D a b c  13

Lời giải

Đặt

 

B B B

(x ; y ; z ) 12

A A A

f x y z

f







Do đó hai điểm A, B nằm khác phía so với mặt phẳng (P).

Gọi B là điểm đối xứng của B qua mặt phẳng (P)  : 9 4 9

Điểm H(BB )  H 2 t 9;4 t t; 9   P  2(2t 9) (4  t)    t 9 1 0 t2

Ta có IA IB IA IB A B  IA IB max AB I là giao điểm của ABvà mặt phẳng (P)

4; 1;13 (4;1; 13) (AB ) :

AB



Điểm I(AB )  I t4 3;t 1; 13t   P  I(7;2; 13)  a b c   Chọn B4

( ) :P x y 2z  và 2 điểm 2 0 A0;1; 2 ;  B2;0; 3  Gọi M (a;b;c) là điểm thuộc mặt phẳng (P) sao cho MA MB nhỏ nhất Tính giá trị của T= a+b+c

1 5

T 

1 5

T 

Lời giải

Kí hiệu f  x y2z ta có 2 f A f B   nên A,B nằm cùng phía với (P).   . 0

Gọi A là điểm đối xứng của A qua mặt phẳng (P)

Khi đóMA MB MA  MBA B dấu bằng xảy ra  A M B, , thẳng hàng

Phương trình

AA :

 Gọi H AA P , H ;1 ; 2 2t  t   t

Cho  

1 4 4 2 0 ; ; 1 (1;0;0)

H P    t t t    t  H   A

Khi đó

 

1

3

 



 

phẳng  P chứa đường thẳng AB đồng thời cách điểm M một khoảng lớn nhất cắt các trục tọa dộ tại các điểm , ,N P Q Thể tích V của khối chóp

O NPQ là:

A

9 2

V 

3 2

V 

Lời giải

Giả sử

Ta có: Ta có d M P ;   MH MK

Suy ra dmax MK Khi đó      

( )

;







 (P) d

(P) d d

u

u ; u ; MA

u ; MA

n

n



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ta có: u   d 1; 2;1 ;MA (1;0; 3)  

u ; MA 2 3; 2;1 n u ; u ; MA  ( 4; 2;8) 2(2; 1; 4)

Khi đó

: 2 x 4 z 6 0 3;0;0 ;P 0;6;0 ;Q 0;0;

P  y    N    V  OM OP OQ

:

 Mặt phẳng  P chứa đường thẳng d đồng thời cách điểm

M một khoảng lớn nhất Khi đó khoảng cách từ O đến  P bằng:

A

210 10

d 

B

210 30

d 

C

21 5

d 

D

21 10

d 

Lời giải

Đường thẳng d xác định đi qua điểm B1; 2;0  và có véc tơ chỉ phương là

 1;1;2

d

u 

Ta có: AB0; 6; 2   2 0;3;1  



Áp dụng công thức nhanh ta có: n(P) u ; u ; MAd  d  2 5;13; 4  

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

 : 5 x 13 y 4 z 21 0 d ;   2 212 2 210

10

và mặt phẳng

(P) có phương trình ( ) : 2 P x y z   Gọi d là đường thẳng đi qua A nằm 0 trong mặt phẳng (P), và cách điểm B một khoảng lớn nhất Đường thẳng d

cắt mặt phẳng (O xy) tại điểm

A Q0;4;0  B Q1; 2;0   C Q0; 2;0   D Q1; 4;0 

Lời giải

Ta có: d B d ; max  u d n P ;AB

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

Mặt phẳng(O xy) có phương trình z 0 d(O xy)Q0; 2;0 

:

điểm A1;1; 2 

; B  1;0;2 Viết phương trình đường thẳng  đi qua A, vuông góc với đường thẳng d sao cho khoảng cách từ B đến  là nhỏ nhất.

A.

C.

D.



Lời giải

Đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P) đi qua điểm A1;1; 2 

và (P) ud (1;2; 1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ta có: AB   2; 1; 4

Áp dụng công thức nhanh ta có:

min ud (P); (P); AB 4; 10; 16 2(2; 5; 8)

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

Phương trình đường thẳng  là:

đường thẳng



:

 Gọi d là đường thẳng đi qua A và cắt đường thẳng sao cho khoảng cách từ B đến  là lớn nhất, đường thẳng d đi qua các điểm nào trong các

điểm sau:

A E2;4; 2  

B F2;3;0  C G2; 4;0  D N2;0;0 

Lời giải

Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và chứa 

:

 ;  qua M  1;0; 1 

và

2;3; 1

u   

Ta có: n   P AM;u  2 1; 1; 1 ;    d( ).P

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

Suy ra E2;4; 2 d.Chọn A.

song song với mặt phẳng ( ) : 2P x y z     sao cho khoảng cách giữa d và1 0

1 :

lớn nhất Đường thẳng d đi qua điểm nào trong các điểm sau:

A M1;9;10  B N1; 9; 8   

C P1; 9; 10   

D Q1;9; 8  

Lời giải

Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và song song với ( ) : 2 P x y z   1 0

 Q 2;1;1 

n

  

Khi đó,d  Q Gọi A 1 ;2 t;t t  là hình chiếu vuông góc của điểm A trên 

Ta có: AA t  1;2t 2;t1 

3

AA u    t t  t   t

 

5 2 1 1

; ; 5; 2; 1

3 3 3 3

AA      

 ; max ;   11;7; 9

3

  

Khi đó d : 2 1 1;9; 8

 1;1;6 ;  3; 2; 4 ; 1;2; 1 2; 2;0

Gọi M(a;b;c) làm điểm thuộc đường

thẳng CD sao cho tam giác ABM có chu vi nhỏ nhất Tính S a b c  

Lời giải

Ta có: CD 1; 4;1 

Phương trình đường thẳng CD là:

2

z t

 





 



 



Vì M CD nên M2  t; 2 4 ;t t

Chu vi tam giác MAB là: PAB MA MB  Vì A,B cố định nên AB không đổi.

=

Dấu = xảy ra

         

1 :

2

:

Một mặt phẳng (P) vuông góc với  , cắt trục Oz tại A và 1 cắt  tại2 B Tìm độ dài nhỏ nhất của đoạn AB.

A

2 30

2 31

6

24 5

Lời giải

Gọi A0;0;a và  B b 1;2 ;b b 2

suy ra ABb1;2 ;b b a  2

Vì AB P và vuông góc với1   AB u 1  0 2b1 2b b a   2 0  a b

2

min

5

 

 

Vậy độ dài nhỏ nhất của đoạn AB là

2 30

kính bằng 4 và mặt cầu S có tâm (2;1;5)2 J bán kính bằng 2  P là mặt

phẳng thay đổi tiếp xúc với hai mặt cầu    S1 , S Đặt M, m lần lượt là giá trị 2 lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của khoảng cách từ điểm O đến  P Giá trị M + m

bằng

Lời giải

Do IJ  4 R1R2 nên 2 mặt cầu cắt nhau

Giả sử IJ cắt  P tại M ta có

2 1 2

R MJ

Suy ra M2;1;9 Khi đó  P a x:   2b y 1c z  9 0a2b2c2 0

Mặt khác d I P ;   4 2 8c2 2 4 2 2c2 2 1

Do đó c  chọn 0 c 1 a2b2 3

Đặt

 

Mặt khác

0

điểm A1;1;1 ; B    3; 3; 3 Mặt cầu  S đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với

đường tròn đó

2 33 3

R 

D

2 11 3

R 

Lời giải

Phương trình đường thẳng AB là:

x t

y t

z t











 

 Suy ra M3;3;3 là giao điểm của AB và mặt phẳng  P khi đó MC là tiếp

tuyến của mặt cầu  S

Theo tính chất phương tích ta có: MA MB MC.  2  MC2 2 3.6 3 36

Do đó tập hợp điểm C là đường tròn tâm M3;3;3 bán kính R  Chọn6.

B.

0;1;1 , 3;0; 1 , C 0;21; 19  

: x 1 y 1 z 1 1

a; b;c

đạt giá trị nhỏ nhất Tính tổng a + b + c.

12 5

a b c  

D

14 5

a b c  

Lời giải

Gọi I x y z là điểm thỏa mãn 3 ; ;  IA 2 IB IC  0

Khi đó:











Ta có: T 3MA22MB2MC2 3MA 2 2MB 2MC2

                  

6MI 3IA 2IB IC

Mặt cầu  S có tâm K1;1;1

1

1 4

x







  

 

1

2

8 1 1; ;

5 5

2 9 1; ;

5 5

M

M





 Tính M I1 4;M I2  6 M1 là điểm thỏa mãn yêu cầu nên

14 5

a b c  

Chọn

D.

với a 4, b 5,c 6   và mặt cầu  S có bán kính bằng 3 102 ngoại tiếp tứ diện

OAB C. Khi tổng OA OB OC  đạt giá trị nhỏ nhất thì mặt cầu  S tiếp xúc với

mặt phẳng nào trong các mặt phẳng sau đây?

A. 2x2y2z 3 2 2 0. B. 2x2y 2z 6 3 2 0 .

C. 2x2y 2z 3 2 2 0. D.2x 2y2z 7 2 2 0.

Lời giải

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện .O ABC là

2 2 2

2 2 2

3 10

90

Ta có P OA OB OC a b c      Đặt m a  4 0, n b  5 0, p c  6 0.

T  m n p   m n p  m n p  m n p mn np pm   m n

Vì m2n2p28m10n12p13và , ,m n p  nên0

m n p  212m n p  13 0.

a b c

D.

(3;2; 4)

B , (0;5; 4)C Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy sao cho)

2

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

nhỏ nhất

A M(1;3;0) B M(1; 3;0) C M(3;1;0) D M(2;6;0)

Lời giải

Chọn A

Gọi I là điểm thỏa mãn IA IB   2IC 0 1 

Ta có  1  4OI OA OB     2OC4;12;12

 I1;3;3 Khi đó MA MB 2MC 4MI 4MI

Do M thuộc mặt phẳng (Oxy nên để ) MA MB 2MC

nhỏ nhất hay MI nhỏ nhất thì M là hình chiếu của I1;3;3 trên Oxy  M1;3;0

 M; M; M

M x y z thay đổi thuộc mặt phẳng Oxy Tìm giá trị của biểu thức

T x y z khi MA3MB

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

nhỏ nhất

A

7 2



7

Lời giải

Chọn C

Gọi điểm H thỏa mãn HA 3HB 0

khi đó:

3

1 3 3

1 3 3

1 3

H

H

H

x

y

z





























3 11 19

; ;

4 4 4

Phương trình mặt phẳng Oxy là 0 z 

Xét

19

H

z

do đó tọa độ điểm M cần tìm là









3 11

; ;0

4 4

Vậy T x M y M z M

3 11

0 2

thuộc mặt phẳng Oxy sao cho MA2MB2MC2đạt giá trị nhỏ nhất là

A M1;2;0 B M0;0; 1 

C M1;3; 1 

D M1;3;0

Lời giải

Chọn D

Lấy G1;3; 1 là trọng tâm của tam giác ABC

Ta có: MA2MB2MC2 MG GA    2 MG GB   2 MG GC 2