TRONG KHÔNG GIAN OXYZ, CHO HAI ĐIỂM A  2; 2;4   , B  ...

Câu 41: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm

^A  ^{2; 2;4 } 

^,

^B  ^{ 3;3; 1 } 

và mặt phẳng

  ^{P : 2 x   y 2 z   8 0}

^{. Xét M} là điểm thay đổi thuộc

  ^P

, giá trị nhỏ nhất của 2MA

²

3MB

²

bằng: A.

135

. B.

105

. C.

108

. D.

145

. Lời giải Chọn A.

          

2 2 3 3 0 5 5 0 1

x x x x

I

I

I

I

  

   

            

Gọi I là điểm thoả mãn

2 IA



 3

 

IB  0    

y y y y

           

5 5 0 1

2 4 3 1 0

z z



I

I

nên ^I  ^{ 1;1;1}  ^{cố định.}

Khi đó:

^2MA

²

^3MB

²

^{2MA}

²

^{3MB}

²

^2



^{MI IA}

 

²

^{3 MI IB}



²

 

2

2

2

            . 5MI 2MI 2IA 3IB 2IA 3IB5MI 2IA 3IBDo đó, để 2MA

²

3MB

²

nhỏ nhất thì 5MI

²

2IA

²

3IB

²

nhỏ nhất, hay M là hình chiếu của điểm I trên mặt phẳng

  ^P

^.

 

    

2 1

x k

M

    hay

1

   

y k

IM k n k

 

^P



^{2; 1; 2}



z k

Mà

^{M }   ^{P : 2 x   y 2 z   8 0}

     

             

.

^{ M}  ^1;0;3 

^.

2 2 k 1 k 1 2 2 k 1 8 0 9 k 9 0 k 1

Vậy 2MA

²

3MB

²

2.6 3.41 135  .