Vận dụng cách 1 để giải ý 2 của bài toán xem như là bài tập. Bài tập tương tự:

M∈ d s c



(



)



ah

oo

:



1) MA nhỏ nhất.

2



1

1

1



v đ , B(

0

à i; 2; -1;

ể 2),

1

c mC(4;

;

á - 3; 3).

c A Hãy

2

()



+2

MB

2



.

.



2) M



A

−

3

M

B



Đ

SM

:

15

)

;

5



;

5







tìm điểm

M trên d

sao cho:

1)MA2 2MB2 có

giá trị

lớn nhất.

2)

2) M

M

.

3;3;3

A2

(

)

+

M

B2

+

M

C2

có

gi

á

trị

nh

ỏ

nh



ất.



nhỏ nhất.



2



2



2



M

3

Đ

3

Bài 3: Trong

S

không gian Oxyz, :3

cho đường thẳng d

có phương trình: 1

)

x- z-3

y

-



=

2



2)



Ví dụ 2:

Trong

KG

Oxyz,

cho mặt

phẳng

1(α): 2x –

22y + 3z

+ 10 = 0

ba

1và 1;0;1 ,

A



(



( ñiểm

Tìm )

M trên

mặt

phẳng (α)

sao cho :

.

.

.



1) MA +

MB + MC



có giá trị

nhỏ nhất.

ñiểm

.

.

.

2) MA

-2MB

+ 3MC



có giá trị

nhỏ nhất.

Lời giải:



M(

1

;

1;

5



)



)



B (

2;1;2 , C

)

1;-7;0 .



2

2



1) Gọi điểm G thỏa GA + GB +GC = 0 thì G là trọng tâm của tam giác ABC và

G(0;-2;1).

.



.



.



.

.

.

.

.

.

.

Ta có MA + MB + MC = MG + GA + MG + GB + MG + GC = 3 MG có giá trị



nhỏ



nhất khi M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (α).

Đường thẳng MG

nhận



n = (2;−2;3) làm vectơ chỉ phương.

x = 2t





Phương trình tham số đường thẳng MG: y = -2-2t



z = 1+3t



Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:

4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = 0 ⇔ 17t +17 = 0 ⇔ t = −1

.



.







.



Vậy với M(-2; 0; -2) thì MA + MB + MC có giá trị nhỏ nhất.

2) Gọi I(x; y; z) là điểm thỏa IA -2IB + 3IC = 0

(1- x; -y; 1-z) - 2(-2-x; 1-y; 2-z) + 3(1-x; -7-y; -z) = (0;0;0)

Ta có

23

3

23

3

⇒ x = 4; y = ;z=I(4; −

;− )

,

vậy



2

2

2

2

_. .

.

.

. .

.

.

.

.

Ta có: MA -2MB + 3MC = MI+IA -2(MI + IB) + 3(MI + IC) = 2MI có giá trị nhỏ

nhất khi M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (α)



x = 4+2t



-2t



23

Phương trình tham số đường thẳng MI: y −

2

=





z = − 3 +3t



2



Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:

2(4 + 2t) − 2(− 23 − 2t) + 3(− 3 + 3t) + 10 = 0

73

Vậy với M(

−



2

52 245

135

;−

;−

)



thì

17



34



17



.



MA



-2



⇔ 17t +

2

.

.



+3

MB



73

=0⇔t=−

34



đạt giá trị nhỏ nhất.



MC







Ví dụ 3: Trong KG Oxyz, cho mặt phẳng (α): x + 2y + 2z + 7 = 0 và ba ñiểm

A(1; 2; -1), B(3; 1; -2), C(1; -2; 1)

1)Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất.

2)Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn

Lời giải:

1)Gọi điểm I(x; y; z) thỏa IA + IB = 0 thì I là trung điểm AB và



3 3

I(2; ; − )

2 2



Ta có: MA2 + MB2 = (MI + IA)2 +(MI + IB)2

=+ +2 +2MI(IA + + +2MI2

IB MI

IB

IB)

2

I2 2

2

= IA

A

2



Do + không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất

IA2 IB khi MI2 có giá trị nhỏ nhất,

2



hay M là hình chiếu vuông góc của I lên mp(α)

Đường thẳng IM qua điểm I và có vtcp

n

u=



= (1; 2; 2)



α





x = 2+t



 3

+ 2t

Phương trình tham số

 2

y

đường thẳng MI:

= − 3 +2t





2

z

=





Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:

3

3

2 + t + 2( + 2t) + 2(− + 2t) + 7 = 0



⇔ 9t + 9 = 0 ⇔ t = −1

2

2

1

7

⇒ M(1; − ; − )

2 2

1 7

Vậy M( ; thì MA2 + MB2 có giá trị nhỏ

với 1; − nhất.

)

− 2

2

Nhận xét: Có thể sử dụng công thức tính độ

dài đường trung tuyến trong tam

2



A

giác (MA +

B

2

2

MB = 2MI +

2

2



) để biện luận MA2 + MB2

nhỏ nhất.



2)Gọi

JA − JB

J(x; y; − JC = 0

z) là

điểm

thỏa −

(1 x; 2 − y; −1

Hay − −

− z) (3 x;1 − y;

−2 − z) − (1 − x; −2

− y;1 − z) = (0; 0; 0)



nhất hay

M là hình

chiếu của

J trên mặt

phẳng (α).



Đườ

ng

thẳn

−3 + x = 0 g



JM



qua

⇔⇔ J(3; −3; 0)

điể

+

mJ

=

và



có

vtcp



Ta có:

MA2 MB2 –

MC2 =

(MJ +



- (MJ +

JB)2

− (MJ +

JC) 2



= J +

− J − M − JB

AB C J 2

− JC)

2 2 2

M

=

A− − MJ(

J

− J CJ J

2

B 2 A

2



−

D J không đổi nên

−J

o B CMA2 - MB2 –

2 2

MC2 lớn nhất

J − khi MJ nhỏ

2



α



= (1;

2; 2)









x



JA) 2



A



n



=







3

+

t



P y =

h

ư -3+ 2t

ơn z = 2t

g 

trì

nh

th

a

m

số

M

J:

Tọa độ M

ứng với t

là nghiệm

phương

trình:







3 + t + 2(−3 + 2t) + 2.2t + 7 = 0 ⇔ 9t + 4 = 0 ⇔ t = −

⇒ M(



23



;−



35



8



4

9



;− )

9

9

9

23 35 8

Vậy

M( ;

; − ) thì MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn nhất.

với

−

9

9

9

Bài tập tương tự:

Trong không gian Oxyz, cho mp P : x + y + z − 4 Tìm điểm M ∈ P sao cho:



( )



=0



1) MA2 + 3MB2 nhỏ nhất, biết



)



A 1;



B 0;1; 2 .



(



(



2;1 ,



)



)



B 0;1; 2 , C 0;0;3 .



2) MA + 3MB + 2MC nhỏ nhất, biết A (1;

2

2



(



2



2;1 ,



. .

3) MA + 3MB + 4MC



.



)



nhỏ nhất, biết



(



A 1;

(

2;1 ,



)



(



)



B 0;1; 2 , C 0;0;3 .



(



)



)



(



)



Bài toán 3: Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho hai ñường thẳng d1,

d2 chéo nhau. Tìm các ñiểm M∈ d1, N∈ d2 là chân ñoạn vuông góc chung

của hai ñường thẳng trên.



Lời giải:

- Viết phương trình hai đường thẳng dạng tham số.

∈d

∈d

- Lấy M

và N

( tọa độ theo tham số).

1



2



- Giải hệ phương trình MN.u = 0

1

phương của d1 và d2 ).

và



MN.u2 = 0 u ,

(



1



là các véctơ chỉ



u2



- Tìm tọa độ M, N và kết luận.



x=2+t





Ví dụ 1:Trong KG Oxyz,cho ñường thẳng d: y = 4 + t và hai ñiểm A(1;2;



3),









z = −2



Phân tích tìm lời giải: Gọi MH là đường cao của tam giác MAB. Rõ ràng đoạn

AB có độ dài không đổi, nên SMAB nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất, mà AB và d chéo



nhau. Vậy MH nhỏ nhất khi và chỉ khi MH là đoạn vuông góc chung của hai

đường thẳng chéo nhau AB và d.

-Bài toán này được giải dựa trên lập luận như trên.

Lời giải:

- Lấy điểm M trên đường thẳng d, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên

đường thẳng AB.

- Tam giác MAB có diện tích S =



1



2



AB.MH đạt giá trị nhỏ nhất khi MH nhỏ



nhất, hay MH là đoạn vuông góc chung của đường thẳng AB và đường thẳng d.