SKKN Phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua việc khai thác và sáng tạo bài toán tọa độ không gian từ tính chất cực trị của hình học không gian

(1; -2;0)
Gọi ( P) là mặt phẳng chứa C và d
Þ phương trình( P) :1( x + 2) - 2( y - 0) + 0(t + 2) = 0

Û x - 2y + 2 = 0.
Ta có
AB = (2;1;0)

Þ n
( p)
× AB = 0, kết hợp
AÏ( P) Þ AB / / ( P ) .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên ( P)
ìx = -1 + t
ï
Þ phương trình
AH : í y = -2t
î
ïz = 2
Xét phương trình (-1 + t ) - 2(-2t ) + 2 = 0 Û t = - 1 Þ
5
6 2
H (-
;	;2)
5 5
ìx = - 6 + 2t
ï	5
5
ï	2
ÞPhương trình hình chiếu vuông góc D của AB lên ( P)
làï y =	+ t	.
í
ï
SMAB

= 1 d (M , AB).AB
2
ïz = 2
ïî
SMAB
Û d (M , AB)
Û d (M , AB) = d ((P), AB ) Û M ÎD
min	min
æ	6	2
ö	æ	6	ö2	æ 2	ö2	28
Û M ç -	+ 2t;
+ t;2 ÷ Þ T = ç -	+ 2t ÷ + ç	+ t ÷ + 4 = 5t 2 - 4t +
è	5	5
ø	è	5	ø	è 5	ø	5
Þ MinT = 24 .
5
Nhận xét 9. Trong không gian cho 3 điểm A, A1, A2 ( A không thuộc đường thẳng
A1 A2 ). D là đường thẳng thay đổi qua A sao cho đường thẳng A1 A2 và D đồng
phẳng đồng thời A1 và A2 cùng phía với D . Khi đó biểu thức
T = a1d (A1, D) + a2d (A2 , D)(a1,a2 > 0)
đạt GTLN khi D nằm trong
mp( AA1 A2 )
đồng	thời	D^ IA	(với	I	là	điểm	thỏa	mãn
a1 IA1 + a2 IA2 = 0 )	và
maxT = (a1 + a2 )IA.
Chứng minh nhận xét:
K1
A1
I
K
2
A2
H1	I1	A	H2
Không mất tính tổng quát giả sử
d (A1 , D1 ) £ d(A2 , D2 )
Gọi I1 , H1 , H2 lần lượt là hình chiếu vuông góc của là hình chiếu vuông góc của I lên A1 H1 và A2 H2 .
I , A1, A2
lên (P); K1, K2 lần lượt
Từ a IA + a IA = 0 Þ a IA = a IA
Þ IA1 = a2

và điểm I cố định.
1	1	2	2	1	1	2	2
IA	a
A H / / II

/ / A H

Þ K1 A1

= IA1
2	1
= a2 Þ a K A = a

K A .

(1)
1	1	1	2	2
K A	IA	a
1 1 1	2	2 2
2 2	2	1
Lại có
ìII1 = H1K1 = A1H1 + A1K1
Þ ìa1II1 = a1 A1H1 + a1 A1K1
(2)
íII = H K = A H - A K	ía II = a A H - a A K
î 1	2	2	2	2	2	2	î 2	1	2 2	2	2 2	2
Từ (1),(2) Þ (a1 + a2 )I1I2 = a1A1H1 + a2 A2 H2 .
T = a1d (A1 , D) + a2d (A2 , D) = (a1 + a2 ) II1 £ (a1 + a2 )IA .
T = (a + a )IA Û I
º A Û ìD^ IA	.
1	2	1
íDÌ (AA A )
î	1	2
Vậy
maxT = (a1 + a2 ) AI
với I thỏa mãn a1 IA1 + a2 IA2 = 0 .
Khai thác tính chất 3, ta có một lớp bài toán, chẳng hạn:
Bài tập 9: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho 3 điểm

A(1;2;-1), B(0;0;1) và
C (-2;0;2). D là đường thẳng thay đổi qua A và nằm trong mặt phẳng ( ABC ) .
Khi	uD
= (a;b;c)
(với
a,b	nguyên	tố	cùng	nhau,
a > 0)	thì	biểu	thức
T = 2d ( B, D) + 3d (C, D)
đạt GTLN. Tổng
a2 + b2 + c2 bằng
A. 9.	B. 22.	C. 8.	D.
-5.
Lời giải:
Gọi I là điểm thỏa mãn 2IB + 3IC = 0
Þ 2(-xI ; - yI ;1 - zI ) + 3(-2 - xI ; - yI ;2 - zI ) = (0;0;0)
ì-5xI

- 6 = 0
ì	6
x
=- 
ï I	5
í
í
I
I
Þ ï-5 y = 0	Û ï y = 0
ï-5z + 8 = 0	ï	8
Þ I ( - 6 ;0; 8 )
5	5
î	I	ïz =
î I	5
IA = (11;2; -13) = 1 (11;10;-13).
5	5	5
AB = (-1;-2;2) , AC = (-3;-2;3) Þ éë AB, AC ùû = (-2;-3;-4) Þ n( ABC ) = (2;3;4)
Theo nhận xét 9, ta có Tmax
= (2 + 3)IA =
Û ìD^ IA	.
390
íDÌ ( ABC)
î
Xét
v = (11;10; -13) , ta có
éëv, n( ABC ) ùû = (79; -70;13)
Vì 79 > 0 và các số 79, -70
nguyên tố cùng nhau nên
uD = (79;-70;13) Þ a + b + c = 22.
Mở rộng từ hệ 2 điểm 3 thành n điểm tra có bài toán
Nhận xét 10. Trong không gian cho
n +1 điểm
A, A1 ,..., An
đồng phẳng. Giả sử tồn
tại đường thẳng D qua A sao cho tất cả các điểm
n
A1 ,..., An
đồng phẳng và cùng
phía với D . Khi đó biểu thức
T = åaid ( Ai , D)(ai > 0,
i=1
i = i, n
) đạt GTLN khi D
Ì ( A1
, 	, An ) và
D^ IA.
Chứng minh nhận xét:
K1
A1
B1
K
2
H1
B'1
H2
P)
A2
Gọi
B1 ,..., Bn-2
, I là các điểm thỏa mãn
ìa B A + a B A = 0
ï 1 1 1	2 1 2
ï(a1 + a2 )B2 B1 + a3 B2 A3 = 0
ï
í...

(*)
ï(a + ... + a	)B	B	+ a	B	A	= 0
ï	1	n-2
n-2
n-3
n-1
n-2
n-1
î
1
ï(a
+ ... + a

n-1
)IBn-2
an IAn
= 0.
Theo nhận xét 10, ta có
ì(a1 + a2 )d ( B1 , D) = a1d ( A1 , D) + a2d ( A2 , D)
ï(a + a + a )d ( B , D) = (a + a )d (B , D) + a d ( A , D)
ï
ï
í...

1	2	3	2	1	2	1	3	3
ï(a + a
+ ... + a
)d ( B
, D) = (a
+ ... + a
)d (B
, D) + a
d ( A
, D)
ï	1	2
n-1
n-2	1
n-2
n-3
n-1
n-1
ïî(a1 + ... + an )d (I , D) = (a1 + ... + an-1 )d (Bn-2 , D) + and ( An , D)
Þ (a1 + ... + an )d (I , D) = a1d ( A1 , D1 ) + ... + and ( An , D)
n
Þ åaid ( Ai , D)
i=1
£ (a1 + ... + an ) IA 
Dấu đẳng thức xảy ra khi I thỏa mãn (*) và IA ^D .
ì(a1 + a2 ) B1I + a1 IA1 + a2 IA2 = 0.
ï
ï(a1 + a2 ) IB1 + (a1 + a2 + a3 ) B2 I + a3 IA3 = 0
í...
Lại có (*) Û ï
ï(a + ... + a	) IB	+ (a + ... + a	) B	I + a	IA	= 0
ï	1	n-2
n-3	1
n-1
n-2
n-1
n-1
î
1
ï(a
+ ... + a
n-1
) IBn-2
an IAn = 0
Cộng theo vế các đẳng thức ta được
(a1 + a2 )(B1I + IB1 ) + (a1 + a2 + a3 )(B2I + IB2 ) + .... + (a1 + ... + an-1 )(Bn-2I + IBn-2 )
+a1 IA1 + .... + an IAn = 0
Û a1 IA1 + .... + an IAn = 0.(*)
Từ đó, suy ra nếu
$D ^ IA
với I thỏa mãn (*) thì biểu thức T đạt GTNN.
Từ nhận xét 10, ta chọn hệ các điểm
A1,..., An
sao cho thỏa mãn các điều
kiện trong nhận xét 10 thì ta có lớp các bài toán, chẳng hạn:
Bài toán 10. Trong không gian
Oxyz,
cho 4 điểm
O (0;0;0) , A(1;2;0), B (1;1;0)
và C(-5; 2;0) cùng thuộc mặt phẳng (P) . D là đường thẳng thay đổi qua O và
nằm trong mặt phẳng (P)
sao cho
A, B,C cùng phía D . Viết phương trình tham số
đường thẳng D khi biểu thức T = 3d(A,D) + 2d(B,D) + d(C,D)
lớn nhất.
Lời giải:
Dễ thấy (P) là mặt phẳng (Oxy). Xét điểm I thỏa mãn 3IA + 2IB + IC = 0 .
Suy ra æ	5	ö
I ç 0;	;0 ÷.
3
è	ø
Xét đường thẳng D qua O vuông góc với OI trong mặt phẳng (Oxy)
ÞD	là trục	Ox (O, I ÎOy). A, B,C	cùng thuộc	(Oxy ) có
yA , yB , yC > 0
nên
A, B,C cùng phía với trục Ox . Do đó theo nhận xét 10, ta có T lớn nhất khi D có
ìx = t
í
phương trình tham số: ï y = 0.
î
ïz = 0
Nhận xét 11. Trong không gian cho
n +1 điểm
A, A1 ,..., An
đồng phẳng sao cho có
điểm không thẳng hàng. D là một đường thẳng thay đổi qua A . Khi đó biểu thức
T = d ( A1, D) + d ( A2 , D) + ... + d ( An , D)
đạt GTLN khi D qua A và
D^ ( P) , với
( P) là mặt phẳng chứa n +1 điểm A, A ,..., A .
1	n
Chứng minh nhận xét:
H1
A
A1
A2
P)
Δ
Gọi
H1 ,..., Hn
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
A1 ,..., An
lên D
ìd ( A1, D) = A1H1 £ AA1
ïd ( A , D) = A H £ AA
Þ
ï
í
ï...
2	2	2	2 ×
ïîd ( An , D) = An Hn £ AAn
Þ d ( A1, D1 ) + d ( A2 , D2 ) + ... + d ( An , D) £ AA1 + ... + AAn .
ì AA1 ^D 
Þ d ( A , D ) + d ( A , D ) + ... + d ( A , D) £ AA + ... + AA Û ï
Û D ^ (P).
1	1	2	2

n	1	n
í...
ï AA ^D 
với ( P)

là mặt phẳng qua tất cả các điểm
î	n
A, A ,..., A .
1	n
Từ nhận xét 11, ta chọn hệ các điểm lớp bài toán, cụ thể:
A, A1 ,..., An
thỏa mãn giả thiết, ta được
Bài toán 11.1. Trong không gian Oxyz, cho 4 điểm
A(1;0;0), B (0;1;1),
C (-8;- 3;3), D (1; - 2; -1).
D là đường thẳng thay đổi đi qua A . Khi tổng khoảng
cách từ các điểm
B,C, D đến D lớn nhất, hãy viết phương trình tham số của D .
Lời giải:
Ta có
AB = (-1;1;1), AC (-9; -3;3), AD (0; -2; -1) Þ AC = 9 AB + 6 AD Þ 4
điểm A, B,C, D cùng thuộc một mặt phẳng có vectơ pháp tuyến
n = AB Ù AD = (6;-6;12) = 6(1; -1;2) .
Theo nhận xét 11, ta có tổng khoảng cách từ

B,C, D đến D lớn nhất khi
í AÎD 
D
ìD^ (BCD) . Do đó D có vectơ chỉ phương u
î
= (1; -1; 2)
Þ phương trình tham
ìx = 1 + t
í
số D : ï y = -t	.
î
ïz = 2t
Bài toán 11.2. Trong không gian Oxyz, cho 5 điểm
A(1; -2; -1), B (1;4;1),
C (2;-3;-2), D (-2; - 2;1),
E (0; -1;0).
D là đường thẳng thay đổi qua A . Khi tổng
khoảng cách từ các điểm B,C, D, E đến D lớn nhất thì D có phương trình tham
ìx = 1 + at
í
số: ï y = -2 + bt ,(t Î R) , trong đó
î
ïz = -1 + ct
a + b + c.
a > 0,a,b,c Î Z,a,b nguyên tố cùng nhau. Tính
A. -2.
B. 3.	C. 4.	D. 8.
Lời giải:
Ta	có

AB = (0;6;2), AC = (1;-1; -1) Þ AB Ù AC = -2(2; -1;3)

Þ A, B,C
không	thẳng	hàng	và	xác	định	mặt	phẳng	( ABC) có	phương	trình:
2x - y + 3z -1 = 0.
Tọa	độ	các	điểm
D, E	thỏa	mãn	phương	trình
( ABC ) Þ D, E Î( ABC ) . Do đó theo nhận xét 5, ta có tổng khoảng cách từ các
điểm
B,C, D, E đến D lớn nhất ÛD qua A và
D^ (ABC) Þ uD = (2; -1;3) . vì
2 > 0,
2 và
-1 nguyên tố cùng nhau nên
a = 2;b = -1;c = 3 Þ a + b + c = 4.
Trong nhận xét 10, thay dự kiện đường thẳng D bởi mặt phẳng ( P) ta có nhận xét sau:
Nhận xét 12: Trong không gian cho
n +1
điểm
A, A1 ,..., An
sao cho luôn tồn tại
mặt phẳng ( P)
qua A để các điểm
A ,..., A	cùng phía đối với ( P) . Xét điểm I
1	n
thỏa mãn đẳng thức
n	 	
å
ai IAi (ai > 0,"i = 1, n).
i=1
Nếu tồn tại( P) ^ IA

thì biểu thức
T = a1d ( A1,( P)) + a2d ( A2 ,(P)) + × × × + and ( An ,(P))
max T = (a1 +	+ an )IA
Chứng minh nhận xét:
đạt	giá	trị	lớn	nhất	là
K1
A1
B1
K
2
B2
A3
H1
B'1
B'2
H2
H3
P)
A2
Gọi các điểm
B1 ,..., Bn-2 , I
thỏa mãn
ìa1 B1A1 + a2 B1A2 = 0(1)
ï
ï(a1 + a2 ) B2 B1 + a3 B2 A3 = 0
ï
í...	(*)
ï(a + a + × × × + a	) B	B	+ a	B	A	= 0
ï	1	2
n-2
n-2
n-3
n-1
n-2
n-1
ï(a + a
+ × × × + a
) IB	+ a IA = 0
î	1	2
n-1
n-2	n	n
(1) Þ ìa1B1 A1 = a2B1 A2 Û
B1 A1
= a2 .
íB Î A A	B A	a
î 1	1 2	1 2	1
Gọi
H1, H2 , B1¢ lần lượt là hình chiếu vuông góc của
A1, A2 , B1
lên mặt phẳng
(P) Þ B1¢
thuộc đoạn
H1H2 và các điểm
A1, B1, A2
cùng thuộc mặt phẳng với
đường thẳng
H1H2 nên theo nhận xét 10 ta có
(a1 + a2 )d (B1, H1H2 ) = a1d ( A1, H1H2 ) + a2d ( A2 , H1H2 )
Û (a1 + a2 )d (B1,( P)) = a1d ( A1,(P)) + a2d ( A2 ,(P )). Lập luận tương tự, từ
(*) ta có
ï
ì(a1 + a2 )d (B1,( P)) = a1d ( A1,(P)) + a2d ( A2 ,(P))
ï(a1 + a2 + a3 )d (B2 ,( P)) = (a1 + a2 )d (B1,(P)) + a3d ( A3 ,(P))
ï
í...
ï(a
+ ... + a
)d (B
,( P)) = (a
+ ... + a
)d (B
,(P)) + a
d ( A
,(P))
ï	1	n-1
n-2	1
n-2
n-3
n-1
n-1
î
ï(a1 + ... + an )d (I ,( P)) = (a1 + ... + an-1 )d (Bn-2 ,(P)) + and ( An ,(P))
Cộng theo vế các đẳng thức ta được:
(a1 + × × × × +an )d (I ,(P)) = a1d ( A1,(P)) + a2 ( A2 ,(P)) + × × × + and ( An ,(P)) = T .
d (I ,( P)) £ IA Þ T £ (a1 + × × × + an ) IA.
T = (a1 + × × × + an ) IA Û ( P) ^ IA.
Vậy nếu $( P ) qua I ,( P) ^ I