Hướng dẫn giải chi tiết các bài toán cực trị trong không gian Oxyz
Giải bài toán cực trị hình học không gian Oxyz
Trong chương trình ôn thi THPT Quốc gia môn Toán, dạng bài cực trị trong không gian Oxyz luôn khiến nhiều học sinh gặp khó khăn do yêu cầu vận dụng tổng hợp kiến thức về vectơ, mặt phẳng, đường thẳng và khoảng cách. Hiểu rõ bản chất các bài toán cực trị và nắm được phương pháp giải nhanh sẽ giúp bạn tiết kiệm thời gian, tăng độ chính xác và làm chủ toàn bộ các dạng bài hình học không gian. Bài viết này cung cấp hướng dẫn chi tiết, tư duy tổng quát và những ví dụ minh họa dễ hiểu để bạn chinh phục dạng toán cực trị Oxyz một cách hiệu quả nhất.
A. Phương pháp chung
Để tìm cực trị trong không gian chúng ta thường sử dụng hai cách làm:
-
Cách 1: Sử dụng phương pháp hình học
-
Cách 2: Sử dụng phương pháp đại số.
B. Các dạng toán cực trị thường gặp trong đề thi THPT Quốc gia
Bài toán 1: Trong không gian 
\(Oxyz\) cho các điểm \(A\left( x_{A};y_{A};z_{A} \right),B\left(
x_{B};y_{B};z_{B} \right)\) và mặt phẳng \((P):ax + by + cz + d = 0\) Tìm điểm \(M \in (P)\) sao cho
a. \(MA + MB\) nhỏ nhất.
b. \(|MA - MB|\) lớn nhất với \(d\left( A;(P) \right) \neq d\left( B;(P)
\right)\).
Phương pháp giải
Xét vị trí tương đối của các điểm \(A;B\) so với mặt phẳng \((P)\)
- Nếu \(\left( ax_{A} + by_{A} + cz_{A} + d \right)\left(
ax_{B} + by + cz_{B} + d \right) > 0\) thì hai điểm \(A;B\) cùng phía với mặt phẳng \((P)\)
- Nếu \(\left( ax_{A} + by_{A} + cz_{A} + d \right)\left(
ax_{B} + by + cz_{B} + d \right) < 0\) thì hai điểm \(A;B\) nằm khác phía với mặt phẳng \((P)\).
Hướng dẫn giải chi tiết
a. \(MA + MB\) nhỏ nhất.
Trường hợp 1: Hai điểm \(A;B\) ở khác phía so với mặt phẳng \((P)\)
Vì \(A;B\) ở khác phía so với mặt phẳng \((P)\) nên \(MA + MB\) nhỏ nhất bằng \(AB\) khi và chỉ khi \(M = (P) \cap AB\)
Trường hợp 2: Hai điểm \(A;B\) ở cùng phía so với mặt phẳng \((P)\)
Gọi A’ đối xứng với A qua mặt phẳng \((P)\) khi đó A’ và B ở khác phía \((P)\) và \(MA =
MA'\) nên \(MA + MB = MA' + MB
\geq A'B\)
Vậy \(MA + MB\) nhỏ nhất bằng \(A'B\) khi \(M
= (P) \cap A'B\)
2. \(|MA - MB|\) lớn nhất
Trường hợp 1: Hai điểm \(A;B\) ở cùng phía so với mặt phẳng \((P)\).
Vì \(A;B\) ở cùng phía so với mặt phẳng \((P)\) nên \(|MA - MB|\) lớn nhất bằng \(AB\) khi và chỉ khi \(M = (P) \cap AB\)
Trường hợp 2: Hai điểm \(A;B\) ở khác phía so với mặt phẳng \((P)\).
Gọi A’ đối xứng với A qua mặt phẳng \((P)\), khi đó A’ và B ở cùng phía \((P)\) và
nên \(|MA - MB| = |MA' - MB| \leq
A'B\)
Vậy \(|MA - MB|\) lớn nhất bằng \(A'B\) khi \(M = (P) \cap AB\)
Ví dụ 1. Trong không gian \(A;B\) cho mặt phẳng \((P):2x - y + 2z - 6 =
0\) và hai điểm \(A(5; - 2;6),B(3; -
2;1)\). Tìm điểm M thuộc \((P)\) sao cho:
- \(MA + MB\) nhỏ nhất
- 2. \(|MA - MB|\) lớn nhất
Hướng dẫn giải
Mặt phẳng \((P)\) có \(\overrightarrow{n_{P}} = (2; - 1;2)\) là VTPT
Thay tọa độ hai điểm \(A;B\) vào vế trái phương trình của \((P)\) ta được 18 và 4 nên hai điểm \(A;B\) nằm về cùng một phía so với \((P)\).
1. Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua \((P)\), khi đó A’ và B ở khác phía so với \((P)\) và với mọi điểm \(M \in (P)\), ta có \(MA = MA'\).
Do đó \(\forall M \in (P):MA + MB = A'M
+ MB \geq A'B\), mà \(A'B\) không đổi và đẳng thức xảy ra khi \(M = (P) \cap A'B\), suy ra \(MA + MB\) nhỏ nhất \(\Leftrightarrow M = (P) \cap A'B\).
Ta có: \(AA'\bot(P) \Rightarrow
AA':\left\{ \begin{matrix}
x = 5 + 2t \\
y = - 2 - t \\
z = 6 + 2t
\end{matrix} \right.\)
Tọa độ giao điểm H của AA’ và \((P)\) là nghiệm của hệ:
\(\left\{ \begin{matrix}
x = 5 + 2t \\
y = - 2 - t \\
z = 6 + 2t \\
2x - 2y + 2z - 6 = 0
\end{matrix} \right.\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}
x = 1 \\
y = 0 \\
z = 2
\end{matrix} \right.\ \Rightarrow H(1; - 1;2)\)
H là trung điểm của \(AA' \Rightarrow
\left\{ \begin{matrix}
x_{A'} = 2x_{H} - x_{A} \\
y_{A'} = 2y_{H} - y_{A} \\
z_{A'} = 2z_{H} - z_{A}
\end{matrix} \right.\ \Rightarrow A'( - 3;2; - 2)\)
Suy ra \(\overrightarrow{A'B} = (6; -
4;3)\), phương trình \(A'B:\left\{
\begin{matrix}
x = - 3 + 6t \\
y = 2 - 4t \\
z = - 2 + 3t
\end{matrix} \right.\ ;\left( t\mathbb{\in R} \right)\)
Tọa độ M là nghiệm của hệ \(\left\{
\begin{matrix}
x = - 3 + 6t \\
y = 2 - 4t \\
z = - 2 + 3t \\
2x - y + 2z - 6 = 0
\end{matrix} \right.\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}
x = \frac{21}{11} \\
y = - \frac{14}{11} \\
z = \frac{5}{11}
\end{matrix} \right.\)
Vậy \(M\left( \frac{21}{11}; -
\frac{14}{11};\frac{5}{11} \right)\) là điểm cần tìm.
2. Vì \(A'B\) nằm về cùng một phía so với \((P)\) nên với mọi \(M \in (P)\) ta luôn có
\(|AM - MB| \leq AB\), đẳng thức xảy ra khi \(M = AB \cap (P)\).
Phương trình \(AB:\left\{ \begin{matrix}
x = 5 - 2t \\
y = - 2 \\
z = 6 - 5t
\end{matrix} \right.\)
Tọa độ \(M:\left\{ \begin{matrix}
x = 5 - 2t \\
y = - 2 \\
z = 6 - 5t \\
2x - y + 2z - 6 = 0
\end{matrix} \right.\ \Rightarrow \left\{ \begin{matrix}
x = \frac{17}{7} \\
y = - 2 \\
z = - \frac{3}{7}
\end{matrix} \right.\). Vậy \(M\left(
\frac{17}{7}; - 2; - \frac{3}{7} \right)\).
Bài toán 2: Lập phương trình mặt phẳng \((P)\) biết
1. \((P)\) đi qua đường thẳng \(\Delta\) và khoảng cách từ \(A \notin \Delta\) đến \((P)\) lớn nhất.
2. \((P)\) đi qua \(\Delta\) và tạo với mặt phẳng \((Q)\) một góc nhỏ nhất.
3. \((P)\) đi qua \(\Delta\) và tạo với đường thẳng \(d\) một góc lớn nhất.
Cách giải chi tiết
Cách 1: Dùng phương pháp đại số
1. Giả sử đường thẳng \(\Delta:\frac{x -
x_{1}}{a} = \frac{y - y_{1}}{b} = \frac{z - z_{1}}{c}\) và \(A\left( x_{0};y_{0};z_{0} \right)\)
Khi đó phương trình \((P)\) có dạng: \(A\left( x - x_{1} \right) + B\left( y -
y_{1} \right) + C\left( z - z_{1} \right) = 0\)
Trong đó \(Aa + Bb + Cc = 0 \Rightarrow A =
\frac{- Bb - Cc}{a}\) \((a \neq 0)\ \
(1)\)
Khi đó \(d\left( A;(P) \right) =
\frac{\left| A\left( x - x_{1} \right) + B\left( y - y_{1} \right) +
C\left( z - z_{1} \right) \right|}{\sqrt{A^{2} + B^{2} + C^{2}}}\ \ \
(2)\)
Thay (1) vào (2) và đặt \(t =
\frac{B}{C}\), ta đươc \(d\left( A;(P)
\right) = \sqrt{f(t)}\)
Trong đó \(f(t) = \frac{mt^{2} + nt +
p}{m't^{2} + n't + p'}\), khảo sát hàm \(f(t)\) ta tìm được\(\max f(t)\). Từ đó suy ra được sự biểu diễn của \(A;B\) qua \(C\) rồi cho \(C\) giá trị bất kì ta tìm được \(A;B\).
2. và 3. làm tương tự
Cách 2: Dùng hình học
1. Gọi \(K;H\) lần lượt là hình chiếu của \(A\) lên \(\Delta\) và \((P)\), khi đó ta có:
\(d\left( A;(P) \right) = AH \leq
AK\), mà \(AK\) không đổi. Do đó \(d\left( A;(P) \right)\) lớn nhất \(\Leftrightarrow H \equiv K\)
Hay \((P)\) là mặt phẳng đi qua K, nhận \(\overrightarrow{AK}\) làm VTPT.
2. Nếu \(\Delta\bot(Q) \Rightarrow
\widehat{\left( (P);(Q) \right)} = 90^{0}\) nên ta xét \(\Delta\) và (Q) không vuông góc với nhau.
Gọi B là một điểm nào đó thuộc \(\Delta\), dựng đường thẳng qua B và vuông góc với \((Q)\). Lấy điểm \(C\) cố định trên đường thẳng đó.
Hạ \(CH\bot(P);CK\bot d\)
Góc giữa mặt phẳng \((P)\) và mặt phẳng \((Q)\) là \(\widehat{BCH}\) Ta có \(\sin\widehat{BCH} = \frac{BH}{BC} \geq
\frac{BK}{BC}\)
Mà \(\frac{BK}{BC}\) không đổi, nên \(\widehat{BCH}\) nhỏ nhất khi \(H \equiv K\)
Mặt phẳng \((P)\) cần tìm là mặt phẳng chứa và vuông góc với mặt phẳng \((BCK)\). Suy ra \(\overrightarrow{n_{P}} = \left\lbrack
\overrightarrow{u_{\Delta}},\left\lbrack
\overrightarrow{u_{\Delta}};\overrightarrow{n_{Q}} \right\rbrack
\right\rbrack\) là VTPT của \((P)\).
3. Gọi \(M\) là một điểm nào đó thuộc \(\Delta\), dựng đường thẳng \(d'\) qua \(M\) và song song với \(d\). Lấy điểm \(A\) cố định trên đường thẳng đó. Hạ \(AH\bot(P);AK\bot d\) Góc giữa mặt phẳng \((P)\) và đường thẳng \(d'\) là \(\widehat{AMH}\). Ta có \(\cos\widehat{AMH} = \frac{HM}{AM} \geq
\frac{KM}{AM}\)
Mà \(\frac{KM}{AM}\) không đổi, nên \(\widehat{AMH}\) lớn nhất khi \(H \equiv K\)
Mặt phẳng \((P)\) cần tìm là mặt phẳng chứa \(\Delta\) và vuông góc với mặt phẳng \((d';\Delta)\). Suy ra \(\overrightarrow{n_{P}} = \left\lbrack
\overrightarrow{u_{\Delta}},\left\lbrack
\overrightarrow{u_{\Delta}};\overrightarrow{u_{d'}} \right\rbrack
\right\rbrack\) là VTPT của \((P)\).
Chú ý: Trong không gian cho \(n\) điểm \(A_{1};A_{2};...;A_{n}\).
1. Tìm \(M\) sao cho \(P = \alpha_{1}M{A_{1}}^{2} +
\alpha_{2}M{A_{2}}^{2} + ... + \alpha_{n}M{A_{n}}^{2}\)
a) Nhỏ nhất khi \(\alpha_{1} + \alpha_{2} +
... + \alpha_{n} > 0\)
b) Lớn nhất khi \(\alpha_{1} + \alpha_{2} +
... + \alpha_{n} < 0\)
2. Tìm \(M\) sao cho \(P = \left| \alpha_{1}\overrightarrow{MA_{1}} +
\alpha_{2}\overrightarrow{MA_{2}} + ... +
\alpha_{n}{\overrightarrow{MA}}_{n} \right|\) nhỏ nhất hoặc lớn nhất, trong đó \(\sum_{i = 1}^{n}\alpha_{i}
\neq 0\).
Ví dụ 1. Trong không gian \(Oxyz\) cho mặt phẳng \((\alpha):x + y + z - 3 =
0\) và điểm \(A(1;2;3)\). Lập phương trình đường thẳng \(\Delta\) nằm trong \((\alpha)\) và
a. \(\Delta\) đi qua \(M(1;1;1)\) và khoảng cách từ \(A\) đến \(\Delta\) lớn nhất, nhỏ nhất.
b. \(\Delta\) đi qua \(M\) và khoảng cách giữa \(\Delta\) và \(d:\frac{x - 2}{1} = \frac{y}{2} = \frac{z}{-
1}\) lớn nhất.
Hướng dẫn giải
Mặt phẳng \((\alpha)\) có \(\overrightarrow{n} = (1;1;1)\) là VTPT
Gọi \(\overrightarrow{u} = (a;b;c)\) là VTCP của \(\Delta\) , do \(\Delta \subset (P) \Rightarrow a + b + c = 0
\Rightarrow c = - a - b\ \ (1)\)
a. Ta có: \(\overrightarrow{AM} = (0; - 1;
- 2) \Rightarrow \left\lbrack \overrightarrow{u};\overrightarrow{AM}
\right\rbrack = (c + 2b;2a; - a)\)
Do đó: \(d(A;\Delta) = \frac{\left\lbrack
\overrightarrow{u};\overrightarrow{AM} \right\rbrack}{\left|
\overrightarrow{u} \right|} = \sqrt{\frac{(c + 2b)^{2} + 5a^{2}}{a^{2} +
b^{2} + c^{2}}} = \sqrt{\frac{(b - a)^{2} + 5a^{2}}{a^{2} + b^{2} + (a +
b)^{2}}}\)
\(d = \frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\frac{b^{2}
- 2ab + 6a^{2}}{b^{2} + 2ab + a^{2}}}\)
Nếu \(a = 0 \Leftrightarrow d(A;\Delta) =
\frac{1}{\sqrt{2}}\), với \(a \neq
0\) đặt \(t = \frac{b}{a};\left(
t\mathbb{\in R} \right)\)
Xét hàm số \(f(t) = \frac{t^{2} - 2t +
6}{t^{2} + t + 1}\), khảo sát hàm số \(f(t)\) ta tìm được
\(\left\{ \begin{matrix}
\max f(t) = f\left( - \frac{2}{3} \right) = 10 \\
\min f(t) = f(4) = \frac{2}{3}
\end{matrix} \right.\)
Khoảng cách từ \(A\) đến \(\Delta\) lớn nhất khi \(t = - \frac{2}{3} \Leftrightarrow \frac{b}{a} = -
\frac{2}{3}\), chọn \(b = - 2
\Rightarrow a = - 3\) \(c = -
1\), suy ra phương trình đường thẳng : \(\Delta:\frac{x - 1}{3} = \frac{y - 1}{- 2} =
\frac{z - 1}{- 1}\)
Khoảng cách từ \(A\) đến \(\Delta\) nhỏ nhất khi \(t = 4 \Leftrightarrow \frac{b}{a} = 4\), chọn \(b = 4 \Rightarrow a = 1;c = -
5\), suy ra phương trình đường thẳng : \(\Delta:\frac{x - 1}{1} = \frac{y - 1}{4} = \frac{z
- 1}{- 5}\).
b. Đường thẳng \(d\) đi qua \(N(2;0;0)\) và có \(\overrightarrow{u_{1}} = (1;2; - 1)\) là VTCP
\(\overrightarrow{MN} = (1; - 1; -
1)\left\lbrack \overrightarrow{u};\overrightarrow{u_{1}} \right\rbrack =
(2a + b; - b;2a - b) \Rightarrow \left\lbrack
\overrightarrow{u};\overrightarrow{u_{1}}
\right\rbrack.\overrightarrow{MN} = 3b\)
Do đó
\(d(\Delta;d) = \frac{\left\lbrack\overrightarrow{u};\overrightarrow{u_{1}}\right\rbrack.\overrightarrow{MN}}{\left| \left\lbrack\overrightarrow{u};\overrightarrow{u_{1}} \right\rbrack \right|}\)\(=\frac{3|b|}{\sqrt{(2a + b)^{2} + b^{2} + (2a - b)^{2}}}\)\(=3\sqrt{\frac{b^{2}}{4a^{2} + 3b^{2}}} \leq \sqrt{3}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a = 0 \Rightarrow c
= - b \Rightarrow \overrightarrow{u} = b(0;1; - 1)\)
Vậy phương trình \(\Delta:\left\{
\begin{matrix}
x = 1 \\
y = 1 + t \\
z = 1 - t
\end{matrix} \right.\).
Tài liệu quá dài để hiển thị hết — hãy nhấn Tải về để xem trọn bộ!
-----------------------------------------
Hy vọng chuyên đề giải chi tiết các bài toán cực trị trong không gian Oxyz đã giúp bạn củng cố kiến thức trọng tâm và hiểu rõ phương pháp tiếp cận từng dạng bài. Đây là nội dung quan trọng trong đề thi THPT Quốc gia, vì vậy hãy luyện tập thêm các ví dụ mở rộng để nâng cao tốc độ và kỹ năng suy luận hình học. Chúc bạn học tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi!
