SKKN Nâng cao năng lực tự học và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh lớp 12 thông qua dạy học chủ đề Cực trị của hàm số

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT NGUYỄN XUÂN ÔN
---- * * * -----

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY CHO HỌC SINH
THÔNG QUA HỆ THỐNG BÀI TẬP CỰC TRỊ VỀ
KHOẢNG CÁCH TRONG HỆ TỌA ĐỘ KHƠNG GIAN

----------------

MƠN: TỐN HỌC

Họ và tên tác giả: Đậu Đăng Vị
Tổ bộ mơn

: Tốn – Tin

Năm thực hiện

: 2022

Số điện thoại

0384566481


ĐỀ TÀI: Phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua hệ thống bài tập

cực trị về khoảng cách trong hệ tọa độ không gian.

PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ.

I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Xu hướng chung của phương pháp dạy học hiện nay là dạy học theo định hướng phát
triển phẩm chất năng lực cho học sinh, lấy học sinh làm trung tâm; người thầy phải làm thế
nào để phát huy được tính tích cực, chủ động sáng tạo của người học, phải giúp người học
nhanh chóng tiếp cận các vấn nảy sinh trong học tập cũng như trong thực tiễn cuộc sống.
Phải coi trọng, đề cao vai trị chủ thể của người học trong q trình nhận thức.
Hoạt động giải bài tập là hoạt động chủ yếu của toán học, để hoạt động giải bài tập được
tốt thì mỗi chun đề, chủ đề cần có một hệ thống bài tập có chất lượng phù hợp với nhiều
đối tượng học sinh. Đặc biệt phát huy các năng lực tư duy cho những học sinh có năng lực
học tập khá giỏi. Vì học sinh trong mỗi lớp học vừa có sự giống nhau, vừa có sự khác nhau
về nhận thức, tư duy, năng khiếu, sở trường…. Mà chương trình THPT được triển khai dưới
hình thức dạy học theo chuyên đề, chủ đề kết hợp với dạy học tự chọn là giải pháp chính để
thực hiện dạy học theo định hướng phát triển năng lực (một định hướng cơ bản của giáo dục
hiện nay).
Trong thực tiễn ở các trường phổ thơng hiện nay, dạy học phân hố để phát triển năng
lực cho từng học sinh là nhiệm vụ quan trọng. Đối với học sinh khá giỏi cần có một hệ thống
các bài tập phát triển trên nền các bài tập cơ bản. Muốn vậy giáo viên cần có kiến thức chắc
chắn, cần xây dựng cho mình một hệ thống câu hỏi bài tập phong phú đa dạng.
Khoảng cách là phần cốt lõi của hình học khơng gian và được nghiên cứu trong hình
khơng gian tổng hợp cũng như trong hình khơng gian toạ độ. Tính tốn các yếu tố trong hình
học khơng khể thiếu khoảng cách. Các bài tốn liên quan đến khoảng cách thường xuyên
xuất hiện trong các đề thi THPT Quốc gia trong các năm gần đây, trong đó có nhiều bài tập
ở mức độ vận dụng cao. Tuy nhiên sự khai thác các bài toán về khoảng cách và cách chuyển
bài tốn từ hình khơng gian tổng hợp sang hình khơng gian toạ độ khơng nhiều.
Các bài toán về khoảng cách chủ yếu đề cập đến khoảng cách giữa hai điểm; khoảng
cách từ một điểm đến một đường thẳng, mặt phẳng. Nhưng ở phần này các vấn đề trình bày
sách giáo khoa chủ yếu là phần lý thuyết và các bài tập cơ bản. Phần bài tập vận dụng và các
chuyên đề, chủ đề chưa được khai thác đúng mức.

Các bài tốn về khoảng cách khi có yếu tố thay đổi chẳng hạn: điểm thay đổi trên một
đường (đường thẳng hay đường tròn) hoặc trên một mặt (mặt phẳng hay mặt cầu) để thỏa
mãn điều kiện cực trị về khoảng cách; lập phương trình mặt phẳng chứa một điểm hoặc một
mặt phẳng thỏa mãn điều kiện cực trị về khoảng cách thường là các bài tốn khó.
Để giải được các bài toán mức độ vận dụng và vận dụng cao của phần tọa độ ta thường
phải giải trong hình khơng gian tổng hợp (đây là phần cốt lõi có tính chất hình học) cịn sau
1


đó mới ứng dụng kiến thức tọa độ để giải. Do vậy để có được các bài tốn trong hệ tọa độ
cần xây dựng hệ thống (các dạng) bài toán trong hình khơng gian tổng hợp.
Với lượng kiến thức lý thyết khá rộng về các vấn đề liên quan đến khoảng cách, cũng như
sự gắn kết giữa trong hình khơng gian tổng hợp và hình khơng gian toạ độ nên cần thiết có
các đề tài nghiên cứu vấn đề này. Qua đó có cách nhìn tổng quan hơn các vấn đề liên quan
đến khoảng cách.
Vì các lý do trên và sau nhiều năm giảng dạy, với kiến thức đã tích lũy và học hỏi được,
tôi mạnh dạn nêu ra đề tài “Phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua hệ thống
bài tập cực trị về khoảng cách trong hệ tọa độ không gian’’ để giúp học sinh, giáo viên có
thể áp dụng nhằm nâng cao kết quả học tập và giảng dạy.
2. MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI.
Nhằm giúp học sinh học tốt phần khoảng cách trong chương III của hình học lớp 12.
Nâng cao năng lực tư duy, bồi dưỡng khả năng tự học cho học sinh. Qua đó học sinh sẽ thấy
được mạch kiến thức xuyên suốt các vấn đề liên quan đến khoảng cách và sự gắn kết giữa
hai loại hình học, từ đó có cách nhìn sâu sắc, tồn diện hơn.
Nội dung đề tài khai thác, vận dụng kiến thức lý thuyết về tọa độ và tính chất hình học
khơng gian trong SGK để xây dựng hệ thống bài tập phù hợp nhằm củng cố kiến thức, hình
thành kỹ năng vẽ hình, tính tốn, cách chuyển đổi phát triển bài toán, xây dựng bài tốn
tương tự, …. Qua đó phát triển năng lực tư duy và lập luận, năng lực tính tốn, năng lực giải
quyết vấn đề, năng lực tự học, năng lực sử dụng ngơn ngữ…
Đề tài xây dựng nhiều bài tốn gốc, từ đó sẽ có một lớp bài tốn minh họa cho bài

tốn gốc đó. Với lượng bài tập nhiều nên có thể lựa chọn để áp dụng cho phù hợp với từng
đối tượng học sinh. Học sinh khá giỏi phát huy được tính tích cực, chủ động, sáng tạo của
mình từ việc phát biểu bài tốn, dự đốn tính khả thi của bài toán, tổng quát hoá, đặc biệt
hoá, tương tự hoá bài toán. Với mục tiêu học sinh vận dụng tốt các kiến thức, kỹ năng để
giải quyết các vấn đề một cách hiệu quả, phát huy tối đa năng lực toán học.
3. ĐIỂM MỚI CỦA ĐỀ TÀI.
Đề tài xây dựng được hệ thống bài tập khá đầy đủ, phong phú các vấn đề liên quan đến
khoảng cách. Việc đặt vấn đề, xây dựng và giải quyết các bài toán xuất hiện một cách logic,
tự nhiên. Bắt đầu từ việc cho một điểm thay đổi, hai điểm thay thuộc trên một đường hoặc
một mặt đến thuộc hai đường hoặc hai mặt khác nhau, các bài tập phần sau xây dựng tương
tự phần trước. Qua đó phát triển khả năng, năng lực của người học.
Đề tài xuất hiện nhiều bài tập mới, nhiều bài tập cho kết quả đẹp có tính tổng qt có
nhiều ứng dụng và có thể xem như một tính chất liên quan đến khoảng cách.
Đề tài có được hệ thống bài tập tương ứng giữa hình khơng gian tổng hợp và hình khơng
gian toạ độ. Trong từng dạng bài tập của hình khơng gian tổng hợp có thể khai thác một lớp
bài tập trong hệ tọa độ để sử dụng trong dạy học cũng như ra đề thi.
2


PHẦN II. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU.
A. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN.
1. Cơ sở lý luận
Năng lực được coi là sự huy động kiến thức, kỹ năng, niềm tin… để học sinh thực
hiện thành công một loại hoạt động nhất định, đạt được kết quả mong muốn trong những
điều kiện cụ thể. Năng lực chỉ hình thành khi học sinh chuyển hoá kiến thức, kỹ năng thành
hành động. Từ đó đặt ra yêu cầu cốt lõi là tập trung vào những gì học sinh cần có để dạy và
sau đó họ có thể làm được việc cụ thể, hữu ích.
Mơn tốn có nhiều cơ hội để phát triển các năng lực chung như: Năng lực tự chủ và
tự học, năng lực giao tiếp và hợp tác, năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo... Đồng thời
hình thành và phát triển các năng lực riêng, đặc thù như: Năng lực tính tốn, năng lực tư duy

và lập luận, năng lực mơ hình hố, năng lực ngơn ngữ, năng lực sử dụng cơng cụ và phương
tiện học tốn…. Có thể nói năng lực tư duy là đặc trưng và cốt lõi của mơn tốn.
Việc giải tốn là hoạt động chủ đạo của mơn tốn nó có tác dụng rất lớn trong việc
rèn luyện phẩm chất, năng lực cho học sinh về nhiều mặt. Muốn vậy giáo viên cần quan tâm
đến việc lựa chọn bài tập sao cho có hiệu quả nhất, thích hợp với đối tượng học sinh của
mình. Do đó việc xây dựng hệ thống bài tập ứng với từng chuyên đề, chủ đề là cần thiết.
Để xây dựng một hệ thống bài tập tốt cần đạt các yêu cầu:
- Đảm bảo chuẩn kiến thức, kỹ năng: Khi dạy học, xây dựng bài tập, ra đề kiểm tra luôn phải
bám vào chuẩn kiến thức, kỹ năng mà học sinh cần đạt được. Bài tập là cầu nối giữa lý thuyết
và thực tiễn, là phương tiện để học sinh củng cố kiến thức, rèn luyện kỹ năng.
- Đảm bảo tính chính xác, khoa học: Bài tập phải có kết quả đúng, sắp xếp khoa học, có cái
nhìn tổng quan về vấn đề trình bày, có tính mới.
- Phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh: Có tính phân hoá, vừa sức, phù hợp với khả
năng giải toán của học sinh. Bảo đảm cân đối thời gian giữa lý thuyết và bài tập.
- Đảm bảo tính sư phạm: Ngơn ngữ chuẩn mực, ngắn gọn, rõ ràng, dễ hiểu. Số lượng bài tập
đủ để hình thành các kỹ năng cần thiết. Có một số bài tập mới, hay, tổng quát,… để phát
triển các năng lực tốn học, rèn luyện trí thơng minh.
- Đảm bảo tính hệ thống, kế thừa: Phân các dạng bài tập phù hợp từng đơn vị kiến thức, đảm
bảo tính logic, các bài tập được xây dựng trên nền tảng kiến thức cơ bản, phát triển lên từ
bài tốn đã có, tổng qt hố, đặc biệt hố, tương tự hoá bài toán….
- Hệ thống bài tập phải giúp học sinh phát triển năng lực toán học như: Năng lực phân tích
và giải bài tốn; năng lực tính toán và sử dụng ký hiệu; năng lực tư duy lập luận và chứng
minh; năng lực khái quát hoá, đặc biệt hố, tương tự hố…
Ngồi ra hệ thống bài tập cịn có tính mở, hướng phát triển sang vấn đề tương tự. Hướng tới
sự tự học, tự nghiên cứu của học sinh…
3


2. Cơ sở thực tiễn
Phần khoảng cách là phần cơ bản của hình khơng gian, khoảng cách nêu lên mối liên

hệ với các đối tượng hình học cơ bản như điểm, đường thẳng, mặt phẳng, mặt cầu.
Trong hình khơng gian tổng hợp thì phần khoảng cách được khai thác khá nhiều, các
bài tập thường liên quan đến tính khoảng cánh từ một điểm đến một mặt phẳng và khoảng
cách giữa hai đường thẳng chéo nhau trong các hình khơng gian cụ thể. Phần cực trị về
khoảng cách ít được chú ý.
Trong hình khơng gian toạ độ các bài cơ bản tính khoảng cách liên quan đến điểm,
đường thẳng, mặt phẳng, mặt cầu đã xuất hiện nhiều trong đề thi và các tài liệu tham khảo.
Những bài toán về toạ độ cần phát triển năng lực tư duy là những bài có sử dụng được tính
chất hình học khơng gian, tức là phải được bài tốn đó trong hình khơng gian rồi mới chuyển
sang tọa độ (tọa độ là công cụ để tính tốn). Do đó đây là “miếng đất màu mỡ để khai thác”
các dạng bài tập, đặc biệt là bài vận dụng cao.
Thực tế, các đề thi tuyển sinh trước đây và đề thi THPT QG hiện nay thường xuất hiện
các bài tập liên quan đến khoảng cách (trong hình khơng gian tổng hợp hay hình toạ độ).
Trong đó có những bài tốn rất khó làm cho nhiều học sinh thiếu tự tin khi giải các dạng
toán này.
Phạm vi áp dụng của đề tài: Phần bài khoảng cách ở lớp 11 và chương III hình học 12.
B. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ
Hình học khơng gian là mơn học có tính trừu tượng cao, tính logic chặt chẽ, học sinh
phải hình dung khơng gian, vẽ hình, tính tốn… nên đa số học sinh sợ mơn này kể cả học
sinh có học lực khá.
Trong số các bài toán liên quan đến khoảng cách, nếu các bài tốn về toạ độ cơ bản
thì các học sinh trung bình có thể làm được, cịn bài tốn áp dụng tính chất hình học khơng
gian tổng hơp để giải bài tốn trong toạ độ thì thường là bài khó nên học sinh thường thụ
động trong việc tiếp cận bài tốn, khơng chú trọng đến bản chất của bài tốn; một phần vì
học sinh ngại bài tốn khó, khơng biết bắt đầu từ đâu; một phần vì giáo viên khi dạy cũng
chưa chú trọng khai thác hướng dẫn cho học sinh.
Như vậy, căn cứ vào mức độ học tập của học sinh, giáo viên có thể đưa ra một hệ
thống bài tập nhằm rèn luyện kỹ năng cơ bản và khắc sâu kiến thức. Từ những kiến thức đó
giáo viên có thể nâng dần mức độ khó của bài tốn, địi hỏi học sinh phải sử dụng một kiến
thức tổng hợp, đa dạng đồng thời trang bị cho học sinh các kỹ năng trong giải toán, đưa ra

được một số vấn đề gợi mở nhằm phát huy tính tích cực của học sinh để học sinh tự tìm tịi,
khám phá, phát hiện ra vấn đề mới,... sẽ giúp học sinh phát huy hết khả năng trong học tập.
Để làm được điều đó thì cần có hệ thống bài tập phù hợp.

4


C. NỘI DUNG ĐỀ TÀI.
Đề tài giúp học sinh phát triển năng lực tư duy qua hệ thống bài tập cực trị về khoảng
cách và cách giải các bài toán đó trong hình khơng gian tổng hợp sau đó minh họa bằng
các bài tốn trong hình toạ độ khơng gian.
1) Những kiến thức cơ bản phần khoảng cách áp dụng trong đề tài:
- Các kiến thức cơ bản về vectơ, đường thẳng, đường tròn, hệ thức lượng trong tam giác đã
học trong mặt phẳng;
- Kiến thức về khoảng cách phần hình khơng gian lớp 11.
- Kiến thức về phần toạ độ không gian lớp 12.
- Kiến thức cơ bản về cực trị của khoảng cách như:
+ Cho điểm A và đường thẳng  , điểm M tùy ý thuộc  thì d  A,    AM . Đẳng thức xảy
ra khi và chỉ khi M là hình chiếu vng góc của A lên  .
+ Cho điểm A và mặt phẳng ( ) , điểm M tùy ý thuộc ( ) thì d  A,( )   AM . Đẳng thức
xảy ra khi và chỉ khi M là hình chiếu vng góc của A lên ( ) .
+ Cho điểm A và đường tròn (C) tâm O, bán kính R, điểm M tùy ý thuộc (C) thì
OA  R  AM  OA  R . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là giao của OA với (C).
- Bất đẳng thức thường sử dụng trong đề tài là:
+ Với a, b, c, d là các số thực tùy ý, ta có
a)

a 2  b 2  c 2  d 2  ( a  b ) 2  (c  d ) 2

b)

a 2  b 2  c 2  d 2  (a  b) 2  (c  d ) 2 (2)

(1)

+ Với ba điểm O, A, B bất kỳ ta có
c) OA  OB  AB (3)
d) OA  OB  AB (4)
Bất đẳng thức (1) và (2) lần lượt tương đương với (3) và (4) gọi là bất đẳng thức hình học.
Đó là các bất đẳng thức cơ bản trong hình học. Có thể dùng vectơ để chứng minh (1) và (2)
Chọn u   a; b  , v   c; d  . Do u  v  u  v nên ta có (1), lại có u  v  u  v nên có (2).
Dấu “=” xảy ra ở (1) và (2) khi và chỉ khi u, v cùng hướng tức là

a b
  0.
c d

2) Thuật ngữ dùng trong đề tài:
Nói đến đường gồm đường thẳng và đường trịn. Nói đến mặt gồm mặt phẳng và mặt cầu.
3) Trong đề tài các bài tập được phân chia theo từng nhóm dựa trên sự tương đồng về dạng
bài tập như: Bài tập liên quan đến điểm thay đổi, hai điểm thay đổi trên đường hoặc trên mặt.
Căn cứ vào sự thay đổi của điểm thuộc đường, mặt và tương giao giữa đường và mặt ta
xây dựng và phân loại thành các nhóm bài toán như sau:
5


I. KHOẢNG CÁCH LIÊN QUAN ĐẾN MỘT ĐIỂM THAY ĐỔI THUỘC MỘT
ĐƯỜNG HOẶC MỘT MẶT.
1) Điểm thay đổi thuộc đường thẳng cho trước.
Trong hình học phẳng ta có bài tốn: Trong mặt phẳng, cho hai điểm A, B nằm cùng phía

đường thẳng d. Tìm vị trí của điểm M thuộc đường thẳng d sao cho AM  BM là nhỏ nhất.
Tương tự ta có bài tốn trong khơng gian.
Bài 1.1. Trong không gian, cho hai điểm A, B và đường thẳng d khơng đi qua hai điểm A,
B. Tìm vị trí của điểm M thuộc d sao cho AM  BM là nhỏ nhất.
Giải: Cách 1. Dùng phương pháp đại số hoá.
Tham số hoá điểm M, tức gọi toạ độ điểm M thuộc đường thẳng d (chỉ có một ẩn t). Tính
AM  BM theo t, sau đó khảo sát hàm số theo t hoặc dùng bất đẳng thức hình học.
Cách 2. Dùng hình học kết hợp bất đẳng thức.
Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vng góc của A và B lên đường thẳng d. Ta có
AM  BM  AH 2  HM 2  BK 2  KM 2 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

 AH  BK    HM  KM 
2

2



 AH  BK 

2

 HK 2

AH HM

và điểm M nằm giữa H và K.
BK KM

2
AH
Giá trị nhỏ nhất của AM  BM bằng  AH  BK   HK 2 khi và chỉ khi HM 
MK (*)

BK

Điểm M được xác định bằng đẳng thức (*)
Cách 3. Dùng hình học
Gọi H là hình chiếu vng góc của A lên đường thẳng d. Xét đường trịn (C) có tâm H,
bán kính r = AH nằm trong mp vng góc với đường thẳng d.
Khi đó với mọi M thuộc d, N thuộc (C) ta có MA = MN. Xét mặt phẳng (P) chứa đường
thẳng d và điểm B. Mặt phẳng (P) cắt đường tròn (C) tại hai điểm E và F, trong đó điểm E
và điểm B nằm khác phía với đường thẳng d.
B
Ta có AM  BM  EM  BM  BE không đổi.
K
Vậy AM  BM nhỏ nhất bằng BE khi và chỉ khi
M là giao điểm của BE với d

M

Cách xác định điểm M.
Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A và B lên d,
EH AH MH
AH
ta có



 MH  
.MK
BK BK MK
BK

(Do M nằm giữa H và K)

N
F
A

H

E

d

6


Bài minh họa. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1;5;0  , B  3;3;6  và đường thẳng
x 1 y 1 z

 . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng d , xác định tọa độ của điểm M
2
2
1
để AM  BM đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó toạ độ của điểm M là:

d:

A. M 1;0; 2 
B. M  2; 4;3
C. M  3; 2; 2 
D. M 1; 4;3
Giải: Cách 1. Dùng đại số hóa: Gọi M  1  2t;1  t;2t  thuộc đường thẳng d, ta có:
AM  BM 

 2t  2 

2

 3t  6  3t 

2



 2t  4 





2

 3t 

 9t 2  20  9t 2  36t  56 


2

  t  4    2t  

 2 52 5



2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2

 2 5

2



2

  t  2    2t  6 
2

 6  3t 

2



 2 5



2

2

 2 29

3t
2 5

 0  t  1 . Vậy M 1;0; 2 
6  3t 2 5

Cách 2. Dùng hình học: Gọi H  1  2t;1  t;2t  là hình chiếu của A lên d, ta có
AH   2t  2; t  4;2t  , ud   2; 1;2  là một vectơ chỉ phương của d
AH .ud  0  4t  4  t  4  4t  0  t  0  H  1;1;0 

Tương tự hình chiếu của điểm B lên đường thẳng d là K  3; 1;4 
Giá trị nhỏ nhất của AM  BM bằng  AH  BK   HK 2 
2

Ta có

2

52 5



2

 36  2 29

MH AH 2 5


 1  MH   MK  M 1;0;2  .
MK BK 2 5

Như vậy ta đã tìm được vị trí của M thuộc d sao cho AM  BM nhỏ nhất. Vậy hiệu của
AM và BM thì sao. Bằng cách tương tự ta có bài tốn sau:
Bài 1.2. Cho hai điểm A, B và đường thẳng d không đi qua hai điểm A, B. Tìm vị trí của
điểm M thuộc d sao cho AM  BM là lớn nhất.
Giải: Cách 1. Dùng phương pháp đại số hoá.
Tham số hoá điểm M, tức gọi toạ độ điểm M thuộc đường thẳng d (theo tham số t). Tính
AM  BM theo tham số t sau đó khảo sát hàm số theo tham số t là được.
Cách 2. Dùng hình học kết hợp bất đẳng thức.
Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vng góc của A và B lên đường thẳng d. Ta có
AH 2  HM 2  BK 2  KM 2   AH  BK    HM  KM    AH  BK   HK 2
AH HM

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
và điểm M nằm ngoài H và K.
BK KM
AM  BM 

2

2

Giá trị nhỏ nhất của AM  BM bằng  AH  BK   HK 2 khi và chỉ khi MH 
2

2

AH
MK (*)
BK

Điểm M được xác định bằng đẳng thức (*)
7


Cách 3. Dùng hình học:
Gọi H là hình chiếu vng góc của A lên đường thẳng d. Xét đường trịn (C) có tâm H,
bán kính r = AH. Khi đó với mọi M thuộc d, N thuộc (C) ta có MA = MN.
Xét mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và điểm B. Mặt phẳng (P) cắt đường tròn (C) tại hai
điểm E và F, trong đó điểm E và điểm B nằm cùng phía với đường thẳng d. d
Ta có AM  BM  EM  BM  BE không đổi.
B
K
Vậy AM  BM lớn nhất bằng BE khi và chỉ khi
M là giao điểm của BE với d

E

Cách xác định điểm M.
Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A và B lên d, ta có

F

H

A

EH AH MH
AH
.MK (Do M nằm ngoài H và K)


 MH 
BK BK MK
BK

M
Bài minh họa. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1;0;2), B(3;8;3) và
đường thẳng d : x  1  y  2  z  1 . Tìm điểm M thuộc d sao cho AM  BM lớn nhất.
1

1

2

HD: Hình chiếu của A, B lên d lần lượt là H (1;2;1) và K (3;4;5) .
Theo cách 3 ta có MH 

AH
5
1
MK  MK  M  1;0; 3
.MK 
BK
2
2 5

Bài toán 1.1 và 1.2 đã nêu tổng, hiệu khoảng cách từ một điểm M thay đổi trên đường thẳng
đến hai điểm cho trước. Vấn đề đặt ra, nếu thay tổng, hiệu trên bằng tổng, hiệu khoảng cách
từ M đến hai mặt phẳng cho trước thì như thế nào? Từ đó gợi cho ta bài tốn sau:
Bài 1.3. Trong khơng gian cho đường thẳng d và hai mặt phẳng (P) và (Q). Tìm vị trí của
điểm M thuộc đường thẳng d sao cho d  M ,( P)   d ( M ,(Q)) nhỏ nhất.
HD: Bài 1.3 có thể giải bằng phương pháp đại số. Gọi tọa độ điểm M thuộc đường thẳng,
tính khoảng cách từ M đến hai mặt phẳng sẽ đưa về biểu thức dạng f (t )  at  b  ct  d .
Dùng bất đẳng thức hoặc khử dấu giá trị tuyệt đối ta sẽ tìm được giá trị nhỏ nhất của f(t).
Nhận xét: Nếu xét hiệu khoảng cách từ một điểm thuộc đường thẳng đến hai mặt phẳng thì
sẽ đưa về dạng f (t )  at  b  ct  d . Biểu thức này có thể có giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất
tùy vào hệ số a và c.
Bài minh họa. Trong không gian Oxyz, cho ( P) : x  y  z  1  0 và (Q) : x  y  z  5  0 .
a) Điểm M thuộc trục Oy, giá trị nhỏ nhất của d  M ,( P)   d (M ,(Q)) là:
A. 2 5

B. 2 7

b) Điểm M thuộc đường thẳng d:
A. M  5 ;  3 ; 7 
2 4 2

C. 2 3

D. 6 3

x 1 y 1 z

 để d  M ,( P)   d ( M ,(Q)) nhỏ nhất.
2
2
1

B. M  1;1;0 

C. M   5 ; 3 ; 7 
 2 4 2

D. M 1;0;2 
8


HD: a) Gọi M  0; m;0  , ta có d  M ,( P)   d ( M ,(Q)) 

m 1
3



m  5
3

b) Gọi M  1  2t;1  t;2t  , ta có f (t )  d  M ,( P)   d ( M ,(Q)) 
4 f (t ) 

4t  4
3



4t  7
3



3. 4t  7
3



4t  4  4t  7

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t 

3



3 4t  7
3





t  1
3



m 1 m  5
3
4t  7
3

2 3

.

11
.
3

7
hay M  5 ;  3 ; 7 
4
2 4 2

Dựa trên kiến thức phần vectơ ở lớp 10. Ta xây dựng bài toán liên quan độ dài tổng, hiệu
các vectơ; tổng, hiệu bình phương độ dài đoạn thẳng.
Bài 1.4. Trong không gian cho đường thẳng d, n điểm A1 , A2 ,... An và n số thực

1,  2 ,...  n sao cho 1   2 +...+  n  0 . Tìm vị trí của điểm M thuộc d sao cho
a) P  1 MA1   2 MA2  ...   n MAn đạt giá trị nhỏ nhất.
b) Q  1MA12   2 MA22  ...   n MAn2 đạt giá trị nhỏ nhất biết 1   2 +...+  n  0
c) R  1MA12   2 MA22  ...   n MAn2 đạt giá trị lớn nhất biết 1   2 +...+  n  0
Giải: Do 1   2 +...+  n  0 nên có duy nhất điểm I thỏa mãn 1 IA1   2 IA2  ...   n IAn  0 .









Thật vậy 1 IA1   2 IA2  ...   n IAn  0  1 IA1   2 IA1  A1 A2  ...   n IA1  A1 An  0

 A1I 

 2 A1 A2   3 A A3 ...   n A1 An
khơng đổi nên có duy nhất điểm I thỏa mãn.
1   2  ...   n
1

a) Khi đó ta có











1 MA1   2 MA2  ...   n MAn  1 MI  IA1   2 MI  IA2  ...   n MI  IAn



 1   2  ... n  MI  1 IA1   2 IA2  ...   n IAn  1   2  ... n  MI

Do đó 1 MA1   2 MA2  ...   n MAn  1   2  ... n  MI  1   2  ... n .IM
Bài tốn trở thành tìm điểm M nằm trên đường thẳng d để độ dài đoạn IM là nhỏ nhất.
Suy ra P nhỏ nhất khi M là hình chiếu vng góc của điểm I lên đường thẳng d
b) Ta có
2

2

2



Q  1 MA1   2 MA2  ...   n MAn  1 MI  IA1



2



  2 MI  IA2



2



 ...   n MI  IAn



2

 1   2  ... n  IM 2  1IA12   2 IA22  ...   n IAn2

Do 1IA12   2 IA22  ...   n IAn2 không đổi và 1   2 +...+  n  0 nên biểu thức Q nhỏ nhất
khi và chỉ khi IM nhỏ nhất suy ra M là hình chiếu vng góc của điểm I lên đường thẳng d.
c) Tương tự như câu b. Do 1   2 +...+  n  0 nên R lớn nhất khi và chỉ khi IM nhỏ nhất
suy ra M là hình chiếu vng góc của điểm I lên đường thẳng d.
9


Nhận xét: - Trong Oxyz, tọa độ điểm I được xác định bởi OI 

1 OA1   2 OA2 ...   n OAn
1   2  ...   n

- Khi cụ thể hóa bài 1.4 bằng một bài trong hệ tọa độ Oxyz thì có thể giải thuần túy bằng tọa

độ: Gọi tọa độ điểm M thuộc d (theo tham số t), tính các biểu thức trên theo tham số t.
- Bài tốn 1.4 có thể coi nó như một bài tốn gốc và ở các phần tiếp theo, khi thay đường
thẳng d bởi mặt phẳng, mặt cầu hoặc đường trịn ta có cũng có các bài tốn tương tự.
Bài minh họa. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1; 1;2), B(1;2;4) và
đường thẳng d : x  1  y  2  z  1 . Tìm điểm M (a; b; c) thuộc d sao cho
1

1

2

a) P  2MA  MB nhỏ nhất
b) Q  2MA2  MB 2 nhỏ nhất
c) R  2MA2  3MB 2 lớn nhất.
Giải: Gọi điểm I thỏa mãn 2IA  IB  0 (*)

Ta có (*)  2  OA  OI    OB  OI   0  OI  2OA  OB   3; 4;0  .

Gọi H 1  t;2  t;1  2t  là hình chiếu vng góc của điểm I lên d, IH   t  2; t  6;2t  1 .
IH .ud  0  t  2  t  6  2  2t  1  0  t  1  H  0;1; 1

a) 2MA  MB  2  MI  IA   MI  IB   MI  MI  HI  9  25  1  35 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 35 khi và chỉ khi M  0;1; 1

b) 2MA2  MB 2  2  MI  IA   MI  IB   MI 2  2IA2  IB 2  IH 2  2IA2  IB 2  35  2.17  68  1
2

2

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q bằng 1 khi và chỉ khi M  0;1; 1 .

c) (Cách dùng thuần túy đại số) Gọi M 1  t;2  t;1  2t  thuộc đường thẳng d, ta có
2
2
2
2
R  2MA2  3MB 2  2 t 2   t  3   2t  1   3  t  2   t 2   2t  3   6t 2  28t  19 đạt giá trị lớn





nhất khi và chỉ khi t 

28 7
 10 13 17 
 M ; ; 
12 3
 3 3 3

2) Điểm thay đổi thuộc mặt phẳng cho trước
Bằng cách tương tự hóa, thay đường thẳng bởi mặt phẳng ta xây dựng các bài toán sau:
Bài 1.5. Cho hai điểm A, B cùng phía với mặt phẳng (P). Tìm vị trí của điểm M thuộc
B
mp(P) sao cho AM  BM là nhỏ nhất.
A
Giải: Cách 1 (Dùng hình học).
Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua mp(P).
Khi đó A1 và B nằm khác phía với mp(P)

H
M
K
và với mọi điểm M thuộc mp(P) ta có AM = A1M.
P
Suy ra AM  BM  A1M  BM  A1B không đổi,
dấu “=”xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của A1B với (P)

A1
10


Vậy AM  BM là nhỏ nhất bằng A1B khi và chỉ khi M là giao điểm của A1B với mp(P).
Cách 2. (Dùng hình học kết hợp bất đẳng thức).
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vng góc của A và B lên mp(P). Khi đó với mọi điểm M
thuộc mp(P) ta có
MA  MB  AH 2  HM 2  BK 2  KM 2 

 AH  BK    HM  KM 

Vậy giá trị nhỏ nhất của AM  BM bằng

 AH  BK 

khi

2

2

2

 AH  BK 



2

 HK 2

 HK 2 , dấu “=” xảy ra khi và chỉ

AH
AH MH
.MK
và MH , MK ngược hướng  MH  

BK
BK MK

Bài minh họa. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A  1;2;3 , B 1; 3;1 , C  3; 2;2  .
a) Gọi M là điểm thuộc mặt phẳng Oxy sao cho biểu thức S  MA  MB đạt giá trị nhỏ
nhất. Tìm tung độ điểm M.
A. yM  

7
4

B. yM 

7
4

C. yM  

5
4

D. yM 

5
4

b) Gọi M là điểm thuộc mặt phẳng Oxy sao cho biểu thức P  3MA  MA  MB  MC đạt
giá trị nhỏ nhất. Tìm hồnh độ điểm M.
A1
C. xM  1
D. xM  3
A. xM  3
B. xM  0
Bài 1.6. Cho hai điểm A, B khác phía với mặt phẳng (P).

B

Tìm vị trí của điểm M thuộc mp(P) sao cho AM  BM là nhỏ nhất.
Giải: Cách 1. Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua mp(P).
Khi đó A1 và B nằm cùng phía với mp(P) và
với mọi điểm M thuộc mp(P) ta có AM = A1M.
Suy ra AM  BM  A1M  BM  A1B không đổi,

M

K

H

P

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của A1B với mp(P).

A
Vậy AM  BM là nhỏ nhất bằng A1B khi và chỉ khi M là giao điểm của A1B với mp(P).

Cách 2. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A và B lên mp(P).
Khi đó với mọi điểm M thuộc mp(P) ta có
AM  BM 

AH 2  HM 2  BK 2  KM 2 

Vậy giá trị lớn nhất của AM  BM bằng

 AH  BK    HM  KM 
2

 AH  BK 

2

2



 AH  BK 

2

 HK 2

 HK 2 , dấu “=” xảy ra khi và chỉ

khi AH  MH và MH , MK cùng hướng  MH  AH .MK .
BK

BK

MK

Bài minh họa. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  y  z  1  0 và hai điểm
A(1; 3;0), B  5; 1; 2  , điểm M thay đổi trên mp(P). Giá trị lớn nhất của T  MA  MB là:
A. T  2 5.

B. T  2 6.

C. T 

4 6
.
2

D. T 

2 3
.
3

11


Cho điểm A và mặt phẳng ( ) , điểm M tùy ý thuộc ( ) thì AM nhỏ nhất khi và chỉ khi M là
hình chiếu vng góc của A lên ( ) . Nếu thêm điều kiện AM song song với một mặt
phẳng cho trước thì ta có bài toán sau:
Bài 1.7. Cho hai mặt phẳng cắt nhau (P), (Q) và điểm A không thuộc hai mặt phẳng trên.
Tìm vị trí của điểm M thuộc (P) sao cho AM song song với (Q) và độ dài AM là nhỏ nhất.
Giải: Gọi mặt phẳng(R) đi qua A và song song với mp(Q) và đường thẳng d là giao tuyến
của mp(P) và mp(R). Suy ra điểm M thuộc đường thẳng d. Do đó AM nhỏ nhất khi và chỉ
khi M là hình chiếu vng góc của điểm A lên đường thẳng d.
Bài minh họa: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  y  z  1  0 , điểm A 1; 3;2  .
Điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho AM song song với (P). Giá trị nhỏ nhất của AM là:
A. 2 5

B.

C. 2 3

7

D.

6

Nhận xét: - Bài tốn trên có thể giải bằng đại số: Gọi M(a; b; c), dùng điều kiện M thuộc
mp(P) và AM song song với mp(Q) ta được hai phương trình bậc nhất ba ẩn. Rút hai ẩn
theo ẩn còn lại và thế vào biểu thức AM sẽ tìm được giá trị nhỏ nhất của đoạn AM.
- Thay điều kiện AM song song với mặt phẳng bằng điều kiện AM vng góc với đường
thẳng ta có bài tốn tương tự.
Bài minh họa: Trong khơng gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  y  z  1  0 , điểm A 1; 3;2 
và đường thẳng d:

x 1 y 1 z

 . Điểm M thuộc mp(P) sao cho AM vng góc với d.
2
1
2

Khi độ dài đoạn AM nhỏ nhất, tọa độ của điểm M là:
7

1 1

A. M  ;  ; 
6 3 6

7

7 13 

B. M  ;  ; 
6 3 6 

7

5 2

C. M  ;  ; 
6 6 3

5

1 1

D. M  ;  ; 
6 3 2

Dựa vào bài 1.4 khi thay đường thẳng bởi mặt phẳng ta có bài tốn sau:
Bài 1.8. Trong khơng gian cho mặt phẳng(P), n điểm A1 , A2 ,... An và n số thực 1,  2 ,...  n
sao cho 1   2 +...+  n  0 . Tìm vị trí của điểm M thuộc mp(P) sao cho
a) P  1 MA1   2 MA2  ...   n MAn đạt giá trị nhỏ nhất.
b) Q  1MA12   2 MA22  ...   n MAn2 đạt giá trị nhỏ nhất biết 1   2 +...+  n  0
c) R  1MA12   2 MA22  ...   n MAn2 đạt giá trị lớn nhất biết 1   2 +...+  n  0
HD: Giải tương tự như bài 1.3 ở phần trước
Các bài tập minh họa.
Câu 1: Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 1; 2;1 , B  2; 1;3 . Tìm điểm M trên mặt phẳng
 Oxy  sao cho MA2  2MB2 lớn nhất.
A. M  0;0;5 .



B. M  ;  ;0  .
2

2


1

3

C. M  3; 4;0  .



D. M  ; ;0  .
2
2


3 1

12


Câu 2: ( Đề minh họa 2019) 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
2MA2  3MB 2 bằng
A. 135 .
B. 105 .
C. 108 .
D. 145 .
Câu 3: Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A  2; 2;4  , B  3;3;  1 , C  1;  1;  1 và mặt
phẳng  P  : 2 x  y  2 z  8  0 . Xét điểm M thay đổi thuộc  P  , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức T  2MA2  MB 2  MC 2 .
A. 30.
B. 35.
C. 102.
D. 105.
Nhận xét: Các bài tốn cực trị thường liên quan đến hình chiếu vng góc của một điểm lên
đường thẳng hoặc mặt phẳng nếu khai thác tốt tính chất này ta sẽ có một lớp các bài tốn:
Bài minh họa: Trong Oxyz , cho hai điểm A 1;2;5 , B  2; 1;3 . Gọi  S  là mặt cầu tâm I .
Viết phương trình mặt cầu (S) trong các trường hợp sau:
a) Mặt cầu (S) đi qua hai điểm A , B và OI nhỏ nhất .
b) Mặt cầu (S) đi qua ba điểm A , B , O và OI nhỏ nhất.
c) Mặt cầu (S) có tâm I thuộc Ox, đi qua điểm A và IB nhỏ nhất.
d) Mặt cầu (S) có tâm I thuộc mp(Oxy), đi qua B sao cho 2 IA2  3IB 2 lớn nhất
3) Điểm thay đổi thuộc mặt cầu cho trước
Trong hình học phẳng có bài tốn: Cho điểm A và đường trịn (C) tâm O, bán kính R. Điểm
M tùy ý thuộc (C) ta có OA  R  AM  OA  R . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là giao của
OA với (C). Mở rộng vào không gian thay đường trịn bằng mặt cầu thì kết quả thế nào?
Bài 1.9. Cho mặt cầu S (O; R) . Điểm M nằm trong mặt cầu (S) sao cho OM  d  R .
Tìm vị trí điểm N thuộc (S) sao cho độ dài đoạn thẳng MN là lớn nhất, nhỏ nhất.
Giải: Đường thẳng OM cắt (S) tại hai điểm A và B,
N
giả sử M nằm giữa A và O.
Với mọi điểm N thuộc (S) khác với A và B, ta có
OAN  ONA  MNA  MN  MA

và OBN  ONB  MNB  MN  MB
A
Suy ra
Độ dài đoạn MN nhỏ nhất bằng R – d khi và chỉ khi N trùng A
Độ dài đoạn MN lớn nhất bằng R + d khi và chỉ khi N trùng B.

M

O

B

Nhận xét: Khi điểm M nằm ngoài mặt cầu cũng kết quả tương tự. Tổng quát ta có
Cho mặt cầu (S) tâm O, bán kính R và điểm M với OM  d , điểm N trên mặt cầu (S)
Độ dài đoạn MN nhỏ nhất bằng R  d . Độ dài đoạn MN lớn nhất bằng R  d .
Đây là bài toán cơ bản và được ứng dụng trong các bài ở phần sau.
Các bài tập minh họa.
13


Câu 1. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S  :  x  3   y  2    z  5   36.
và điểm M  2; 4;3 . Tìm toạ độ điểm N thuộc mặt cầu (S) sao cho độ dài đoạn thẳng MN là
lớn nhất, nhỏ nhất.
Giải: Mặt cầu (S) có tâm I(3; 2; 5) bán kính R = 6. Ta có IM  3  R nên điểm M nằm trong
(S). Đường thẳng IM cắt (S) tại hai điểm A và B, giả sử M nằm giữa A và I.
2

2

2

IA  2 IM  A 1;6;1 , IB  2 IM  B  5; 2;9  . Áp dụng Bài 1.9 ta có:

Độ dài đoạn MN nhỏ nhất khi và chỉ khi N trùng A(1; 6; 1)
Độ dài đoạn MN lớn nhất khi và chỉ khi N trùng B(5; -2; 9).

2
2
2
Câu 2. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu  S  :  x  3   y  2    z  5   4 và điểm

M  2; 4;3 . Điểm N thuộc (S), mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) tại N. Tìm tọa độ điểm N để

khoảng cách từ M đến mp(P) là lớn nhất.
HD: Nối tâm I của mặt cầu với M cắt (S) tại hai điểm A, B (I nằm giữa A và M).
Ta có d  M ,( P)   MN  MA không đổi nên d  M ,( P)  lớn nhất khi và chỉ khi M trùng A
và mặt phẳng (P) đi qua A và vng góc với IA.
Nhận xét: Nếu thêm điều kiện MN song song với mặt phẳng cho trước được bài toán sau:
Bài 1.10. Cho mặt cầu S (O; R) , mặt phẳng (P) không cắt (S) và điểm A nằm trong (S). Tìm
vị trí của điểm M trên mặt cầu (S) sao cho AM song song với mp(P) và độ dài đoạn AM lớn
nhất, nhỏ nhất.
Giải: Gọi mặt phẳng (Q) đi qua A và song song với mp(P).
Mặt phẳng (Q) cắt mặt cầu theo một đường tròn (C).

P

Gọi H là hình chiếu của O lên (Q), H là tâm của (C).
Đường thẳng AH cắt đường tròn (C) tại hai điểm
phân biệt E và F, với A nằm giữa H và E
Do M thuộc (S) và AM song song với (P)
nên M thuộc đường tròn (C). Suy ra:

E
A

O

H

AM lớn nhất khi và chỉ khi M trùng F.
AM nhỏ nhất khi và chỉ khi M trùng E.
F
Bài tập minh họa. Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;1; 2 , mặt phẳng   : y  z  3  0
và mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  4 y  6 z  2  0. Tìm toạ độ điểm M trên mặt cầu (S) sao cho
AM song song với mp(  ) và độ dài đoạn AM lớn nhất, nhỏ nhất.
Giải: Mặt cầu (S) có tâm I 0;2; 3 , bán kính R  11
Mặt phẳng (P) đi qua A và song song với mp   có phương trình:  P  : y  z  3  0 .
Hình chiếu vng góc của điểm I lên mp(P) là H 0;1; 2 , IH  2 .
Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn (C) có tâm H, bán kính r  3 .
14


AM song song với mp   nên điểm M thuộc mp(P), lại có M thuộc (S). Do đó điểm M thuộc
đường tròn (C). Nối A với H cắt (C) tại hai điểm E và F, trong đó A nằm giữa E và H.
Ta có AH  1, HE  3  HE  3HA   3;0;0   E  3;1; 2  , H là trung điểm EF nên F(-3;1;-2).
Với mọi điểm M thuộc (C) ta có 2  AE  AM  AF  4
AM lớn nhất bằng 4 khi và chỉ khi M trùng F(-3;1;-2).
AM nhỏ nhất bằng 2 khi và chỉ khi M trùng E(3;1;-2).
Nhận xét: - Khi điểm A nằm ngoài mặt cầu thì bài tốn trên có kết quả khi mặt phẳng qua
điểm A và song song với mp(P) phải cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn.
- Nếu thay điều kiện MN song song với mặt phẳng bằng MN vng góc với đường thẳng cho
trước được bài toán tương tự.
- Từ bài 1.8 và bài 1.9 ta có bài tốn sau:
Bài 1.11. Trong không gian cho mặt cầu (S) tâm O, bán kính R, n điểm A1 , A2 ,... An và n số
thực 1,  2 ,...  n sao cho 1   2 +...+  n  0 . Tìm vị trí của điểm M thuộc (S) sao cho
a) 1 MA1   2 MA2  ...   n MAn đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
b) 1MA12   2 MA22  ...   n MAn2 đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.

Giải: Do 1   2 +...+  n  0 nên có duy nhất điểm I thỏa mãn 1 IA1   2 IA2  ...   n IAn  0 .
a) Khi đó ta có











1 MA1   2 MA2  ...   n MAn  1 MI  IA1   2 MI  IA2  ...   n MI  IAn



 1   2  ...   n  MI  1 IA1   2 IA2  ...   n IAn  1   2  ...   n  MI

Do đó 1 MA1   2 MA2  ...   n MAn  1   2  ...   n  MI  1   2  ...   n .IM
Bài tốn trở thành tìm điểm M nằm trên mặt cầu (S) để độ dài IM là lớn nhất, nhỏ nhất.





2







2

b) 1MA12   2 MA22  ...   n MAn2  1 MI  IA1   2 MI  IA2  ...   n MI  IAn
 1   2  ...   n  IM  1IA   2 IA  ...   n IA
2

2
1

2
2



2

2
n

Do 1IA12   2 IA22  ...   n IAn2 khơng đổi nên bài tốn quy về tìm tọa độ điểm M trên mặt
cầu để độ dài đoạn IM đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
Bài minh họa. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  3   y  2   z 2  2 và hai
2

2

điểm A  1;2;0  , B  2;5;0  . Điểm M thay đổi trên mặt cầu  S  .
a) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức P  MA  2MB
b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức P  MA2  2MB2
c) Khi MA2  2MB2 nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm M , A, B có dạng
ax  by  z  c  0 . Giá trị của a  b  c là
A. 1 .
B. 0 .
C. 2 3 .
D. 3 .
15


Bài 1.12. Trong không gian cho mặt cầu (S), điểm A nằm trong (S) và B nằm ngoài (S). Điểm
M thay đổi nằm trên mặt cầu (S). Tìm giá trị nhỏ nhất của MA  MB .
Đây là bài toán đơn giản, nối A với B cắt mặt cầu tại E. Ta có AM  MB  AB , dấu “=” xảy
ra khi và chỉ khi M là giao điểm của AB với mặt cầu ( tức M trùng E).
Sử dụng bài toán trên và cách cân bằng hệ số, ta xây dựng bài 1.12 ở mức vận dụng cao.
Bài 1.13. Trong không gian cho mặt cầu (S) tâm I, bán kính R và hai điểm A, B nằm ngồi
mặt cầu. Điểm M thay đổi nằm trên mặt cầu (S).
B
Tìm giá trị nhỏ nhất của MA   MB với  

IA
.
R

A
M

Giải: Gọi điểm F nằm trên đoạn IA sao cho IA   2 IF

Ta có IF 

IA



2



R
 R nên điểm F nằm trong mặt cầu
IA

Tam giác IMF và IAM có AIM chung,
suy ra MIF

E

2

AIM 

I

IF IM 1


IM
IA 

F

MA AI

   MA   MF
MF MI

Do đó AM   MB    MF  MB    BF dấu “=” xảy ra khi M là giao điểm của BF với mặt
cầu (S). Vậy giá trị nhỏ nhất của MA   MB bằng  .BF
2
2
2
Bài minh họa. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  36 và
hai điểm A  9;6;11 , B  5;7;2  . Giá trị nhỏ nhất của MA  2MB
B. 2 26 .
C. 2 29 .
D. 102 .
A. 105 .
Giải: Mặt cầu (S) có tâm I 1;2;3 , bán kính R  6 , ta có IA  12  2 R .
Gọi E là giao điểm của IA với mặt cầu (S) suy ra E là trung điểm của IA nên E  5;4;7 
Gọi F là trung điểm của IE suy ra F  3;3;5 .
Xét tam giác MIF và AIM có AIM chung và IF  IM  1
IM

suy ra MIF

AIM 

IA

2

MA
AI

 2  MA  2 MF
MF MI

Do đó AM  2MB  2  MF  MB   2 BF  2 29 dấu “=” xảy ra khi M là giao điểm của BF
với mặt cầu (S). Vậy giá trị nhỏ nhất của MA  2MB bằng 2 29
4) Điểm thay đổi thuộc đường trịn cho trước.
Khơng có phương trình đường trịn trong khơng gian nhưng có thể cho bằng cách: giao của
mặt phẳng với mặt cầu, giao của hai mặt cầu, tập hợp các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ
một điểm nằm ngồi mặt cầu, cắt mặt trịn xoay bởi mặt phẳng vng góc với trục.
Dựa vào tính chất đường trịn ta xây dựng một số bài toán liên quan đến đường trịn trong
khơng gian như sau:
16


Bài 1.14. Cho đường tròn (C) nằm trong mặt phẳng (P) và điểm A khơng nằm trong mp(P).
Tìm vị trí điểm M trên đường tròn (C) sao cho độ dài đoạn AM là lớn nhất, nhỏ nhất.
Giải: Gọi H là hình chiếu vng góc của A lên mp(P), A
I là tâm của đường trịn (C).
Nếu H nằm ngồi đường trịn (C), nối I với H
cắt đường tròn (C) tại hai điểm B, C
trong đó B nằm giữa H và I. Ta có

M

HB  HM  HC  HI  r  HM  HI  r

H

AM 2  AH 2  HM 2
 AH 2   HI  r   AM 2  AH 2   HI  r 
2

Vậy, độ dài đoạn AM lớn nhất bằng
Độ dài đoạn AM nhỏ nhất bằng

B

I

C

P

2

AH 2   HI  r  khi và chỉ khi M trùng B.

AH 2   HI  r 

2

2

khi và chỉ khi M trùng C.

Nhận xét: - Các bài toán liên đến đường trịn (về khoảng cách hoặc tìm điểm) thường là các
bài dạng vận dụng và vận dụng cao. Mức độ đơn giản hay phức tạp tùy thuộc cho tâm, bán
kính đường trịn và phương trình mặt phẳng chứa đường trịn là tường minh hay ẩn tàng.
- Chẳng hạn xét đường trịn là giao của mặt cầu với mặt phẳng, có thể cho ngay mặt cầu
hoặc ẩn đi (bằng cách tập hợp các điểm nhìn đoạn thẳng dưới một góc vng, cách điểm cho
trước một khoảng khơng đổi…) ta sẽ có các bài toán ở các mức độ khác nhau. Do đó nếu
khéo khai thác ta sẽ xây dựng được một lớp bài tốn liên quan đến đường trịn.
Bài minh họa 1. Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;2;3 và đường trịn (C) nằm trong
mp(Oxy) có tâm I 5;2;0 , bán kính r = 2. Điểm M thay đổi trên (C), độ dài đoạn thẳng AM
có giá trị nhỏ nhất là:
B. 3 5 .
C. 2 3 .
D. 3 .
A. 13 .
Bài minh họa 2. (Đề thi thử đại học vinh lần 1 năm 2021) Trong không gian Oxyz , cho điểm
2
2
A 6; 10;3 , mặt phẳng   : x  y  0 và mặt cầu ( S ) : x 2   y  2    z  3  24.   cắt
( S ) theo giao tuyến là đường tròn (C ) . Tìm hồnh độ điểm M thuộc đường trịn (C) sao cho
độ dài đoạn AM là lớn nhất.
A. 1.
B. 4 .
C. 2 .
D. 5 .
Bài minh họa 3. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(4;6; 2) và B(2;  2; 0) . Xét đường
thẳng d thay đổi thuộc mp(Oxy) và đi qua B , gọi M là hình chiếu vng góc của A trên d.
Tổng giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của độ dài đoạn AM.
A. 13 .
B. 6 2  2 .

C. 2 3  4 .
D. 3 .
Giải: Ta có AM  BM nên điểm M nằm trên mặt cầu (S) đường kính AB, do đó tập hợp
các điểm M là đường tròn (C) giao của (S) với mp(Oxy). Mặt cầu (S) có tâm E  3;2;1 , bán
kính R 

AB
 3 2 . Đường trịn (C) có tâm I  3;2;0  , bán kính r  18  1  17 .
2

17


Gọi H  4;6;0  là hình chiếu của A lên mp(Oxy). Ta có AH  2, HI  17 . Theo bài 1.13
AH 2   HI  r   AH 2   HI  r   6 2  2 .
2

tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của AM là:

2

Tương như bài 1.11 thay mặt cầu bởi đường trịn ta có bài tốn:
Bài 1.15. Trong khơng gian cho đường trịn (C), n điểm A1 , A2 ,... An và n số thực

1,  2 ,...  n sao cho 1   2 +...+  n  0 . Tìm vị trí của điểm M thuộc đường tròn (C) để
a) 1 MA1   2 MA2  ...   n MAn đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
b) 1MA12   2 MA22  ...   n MAn2 đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
Bài minh họa 1. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : ( x  1)2  ( y  2)2  ( z  3)2  25 và

ba điểm A  2;1;3 , B 1;1;0  và C  0;4;3 . Đường tròn (C) là giao của (S) với mp(Oxy),

điểm M thay đổi trên (C).
a) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của các biểu thức P  MA  MB  MC
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) để Q  2MB 2  MC 2  2MO2 lớn nhất, nhỏ nhất.
HD giải: a) Mặt cầu (S) có tâm I  1;2;3 , bán kính R  5 . Đường trịn (C) có tâm

E  1;2;0  , bán kính r  4 . Trọng tâm tam giác ABC là G 1;2;2  , hình chiếu vng góc

của G lên (Oxy) là H 1;2;0  . Ta có P  MA  MB  MC  3MG  3MG  3 GH 2  HM 2 .
Mà HE  r  HM  HE  r  2  HM  6
Suy ra 3 4  4  P  3 4  36  6 2  P  6 10 .
b) Xác định điểm K sao cho 2 KB  KC  2 KO  0  OK  2OB  OC   2;6;3 .



 
2

Q  2 MK  KB  MK  KC



2



 2 MK  KO



2

 MK 2  2 KB 2  KC 2  2 KO 2 .

Hình chiếu của K lên (Oxy) là F  2;6;0  , ta có EF   3;4;0  , E F  5
Ta có EF  r  MF  EF  r  1  MF  9 mà MK 2  KF 2  MF 2  9  MF 2 . Suy ra
4
 12 16 
 17 6 
Q lớn nhất khi và chỉ khi ME  EF   ; ;0   M   ;  ;0 
5
 5 5 
 5 5 
4
 7 26 
 12 16 
Q nhỏ nhất khi và chỉ khi ME   EF    ;  ;0   M  ; ;0 
5
5 
5 5 
 5
Khi cho đường trịn dạng ẩn tàng ta có bài vận dụng cao sau đây:

Bài minh họa 2. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : ( x  1)2  ( y  2)2  ( z  3)2  1 và
hai điểm A(2;3; 4) và B(4;0;2) . Xét các điểm M thuộc ( S ) sao cho đường thẳng AM tiếp
xúc với ( S ) , Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của các biểu thức
a) P  MA  MB  MO

b) Q  MB 2  MO 2
18

II. KHOẢNG CÁCH LIÊN QUAN HAI ĐIỂM THAY ĐỔI CÙNG THUỘC MỘT
ĐƯỜNG HOẶC MỘT MẶT.
Phần I ta xét các bài toán liên quan đến một điểm thay đổi. Trong phần này ta nghiên cứu các
bài toán cực trị liên quan đến sự thay đổi của hai điểm trên cùng một đường hoặc một mặt.
Tương tự như phần I ta lần lượt xét hai điểm thay đổi trên cùng một đường thẳng, mặt phẳng,
mặt cầu hay đường tròn.
1) Hai điểm thay đổi cùng thuộc một đường thẳng.
Bài 2.1. Cho điểm A và đường thẳng d không đi qua A. Hai điểm M, N thay đổi trên d sao
cho MN  k cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của AM  AN .
Giải: Gọi H là hình chiếu vng góc của A lên d. Ta có
2
AM  AN  AH 2  HM 2  AH 2  HN 2  4 AH 2   HM  HN   4 AH 2  MN 2 .
Giá trị nhỏ nhất của AM  AN bằng 4AH 2  k 2 khi và chỉ khi H là trung điểm của MN.
Bài 2.2. Cho hai điểm A, B và đường thẳng d không đi qua hai điểm A, B. Hai điểm M, N
thay đổi thuộc d sao cho MN  k cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của AM  BN .
Giải: Cách 1. Dùng phương pháp đại số hoá.
MN cùng phương với ud (vec tơ chỉ phương của đường thẳng d) nên MN  

k
ud

.ud .

Tham số hoá điểm M, tức gọi toạ độ điểm M thuộc đường thẳng d (chỉ có một ẩn t) sau đó
suy ra toạ độ điểm N theo tham số t.
Tính AM  BN theo tham số t sau đó khảo sát hàm số theo ẩn t hoặc dùng bất đẳng thức.
Cách 2. Gọi H, K lần lượt là hình chiếuvng góc của A và B lên đường thẳng d. Ta có
AM  BN 

 AH  BK 

AH 2  HM 2  BK 2  KN 2 

2

  HM  KN 

2

B

Lại có HM  KN  MN  HK , HM  KN  HK  MN

K

 HM  KN  MN  HK  HK  a

M

Do đó AM  BN   AH  BK    HK  a  .
2

2

N
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai điểm M, N
H
AH HM


.
nằm giữa hai điểm H, K hoặc ngược lại và
BK KN
A
d
Bài minh họa. Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 2;0  , B 1;1; 3 và đường thẳng
d:

x 1 y  2 z


. Hai điểm M, N thay đổi thuộc d sao cho MN = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất
2
1
2

của biểu thức P  AM  BN

Giải: Cách 1. MN cùng phương với ud   2;1; 2  nên MN   3 .ud    2;1; 2 
ud

Với MN   2;1; 2  . Gọi M  1  2t;2  t; 2t   N 1  2t;3  t; 2  2t 
19


P

 2t  2    t  4    2t 
2

2

2



 2t    t  2   1  2t 
2

2

 9t 2  20  9t 2  5  20  5  3 5

2

Với MN   2; 1;2  . Gọi M  1  2t;2  t; 2t   N  3  2t;1  t;2  2t 

 2t  2    t  4    2t 

AM  BN 

2

2

 9t 2  20  9t 2  36t  41 

 3t 

2

2



 2t  4    t   5  2t 

 

 2 5

2

2

2

 6  3t 



2



 5

2

2



3t  6  3t 

2



 2 5 5



2

9

Từ hai trường hợp trên suy ra giá trị nhỏ nhất P là 3 5 khi và chỉ khi M  1;2;0  , N 1;3; 2  .
Cách 2. Hình chiếu vng góc của A, B lên d lần lượt là H  1;2;0  và K 1;3; 2 
AH  2 5. BK  5 , HK  3
AM  BN 

 AH  BK 

2

  HK  a  
2

2

5 5



2

  3  3  3 5
2

Giá trị nhỏ nhất của AM  BN bằng 3 5 khi và chỉ khi M  1;2;0  , N 1;3; 2  .
Bằng cách tương tự thay tổng khoảng cách bằng hiệu khoảng cách ta có bài toán:
Bài 2.3. Cho hai điểm A, B và đường thẳng d không đi qua hai điểm A, B. Hai điểm M, N
thuộc d sao cho MN  k cho trước. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  AM  BN .
Giải: Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A và B lên đường thẳng d. Ta có
AM  BN 

 AH  BK    HM  KN 

AH 2  HM 2  BK 2  KN 2 

2

2

Lại có HK  KN  MN  HM , HK  HM  MN  KN  HK  MN  HM  KN .
Do đó AM  BN   AH  BK    HK  a 
Bài minh họa. Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1; 2;0  , B 1;1; 3 và đường thẳng
2

d:

2

x 1 y  2 z


. Hai điểm M, N thay đổi trên d sao cho MN  3 .
2
1
2

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức AM  BN .
HD giải: Hình chiếu vng góc của A, B lên d lần lượt là H  1;2;0  và K 1;3; 2 
AH  2 5. BK  5 , HK  3
AM  BN 

 AH  BK 

2

  HK  a  
2



2 5 5



2

  3  3  41 .
2

Tương tự như phần trước ta cũng có bài tốn về độ dài vectơ và tổng bình phương độ dài.
Bài 2.4. Trong không gian cho đường thẳng d, n điểm A1 , A2 ,... An và n số thực

1,  2 ,...  n sao cho 1   2 +...+  n  0 . Hai điểm M, N thay đổi thuộc d sao cho
MN  a  0 cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức
a) P 

n

n

i 1

i 1

n

n

i 1

i 1

i MAi  i NAi .

b) Q   i MAi2   i NAi2 với 1   2 +...+  n  0
20


Giải: Gọi điểm I thỏa mãn 1 IA1   2 IA2  ...   n IAn  0 , E là trung điểm MN và H là hình
chiếu vng góc của I lên d ta có
a) S 

  MI  IA     NI  IA     MI  NI   2  EI
n

n

1

i

i 1

i 1

n

i

i

i 1

n

i

n

 2   i .EI

i

i 1

i 1

n

n

i 1

i 1

mà EI  HI  S  2  i HI . Suy ra biểu thức S nhỏ nhất bằng 2  i .HI
n



b) Q   i MI  IAi
i 1

    NI  IA     MI

2

n

2

i 1

i

i

n

i 1

i

2

 NI

  2 IA
n

2

i 1

i

2
i

2

MN
a2
a2
2
2
 2 EI 
 2 EH 
2
2
2

Áp dụng công thức đường trung tuyến MI 2  NI 2  2 EI 2 

n

a2 
2
Biểu thức S nhỏ nhất bằng  i  2 EH    2 i IAi2 , E là hình chiếu của I lên mp(P).
2
i 1
i 1

n

2) Hai điểm thay đổi cùng thuộc một mặt phẳng.
Bài 2.5. Cho hai điểm A, B cùng phía với mặt phẳng ( ) . Hai điểm M và N thay đổi thuộc
mp ( ) sao cho MN  u cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của AM  BN .
A
Giải: Cách 1 (dùng hình học).
Xác định điểm A1 sao cho AA1  MN  u .

A1

B

Khi đó tứ giác AMNA1 là hình bình hành suy ra AM  A1 N .
Gọi A2 là điểm đối xứng với A1 qua mặt phẳng ( )
ta có A2 và B nằm khác phía với mp ( ) và A1 N  A2 N .

M

Do đó AM  BN  A1 N  BN  A2 N  BN  A2 B .

N

Vậy giá trị nhỏ nhất của AM  BN bằng A2 B .
A2
Cách 2(dùng đại số hóa)
Gọi tọa độ điểm M thỏa mãn phương trình mặt phẳng(hai ẩn), từ đó suy ra tọa độ điểm N.
Tính AM  BN theo hai ẩn trên và dùng bất đẳng thức
a12  a22  a32  b12  b22  b32 

 a1  b1    a2  b2    a3  b3 
2

2

Bài minh họa. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A

2;1;3 và B 1; 3;2 . Xét hai

điểm M và N thay đổi thuộc mặt phẳng Oxy sao cho MN
Giá trị nhỏ nhất của AM  BN bằng:
A. 65 .

B. 89 .

2

C. 26 .

3;4;0 .

D. 34 .

Giải: Cách 1. Xác định điểm A1 sao cho AA1  MN   3;4;0  suy ra A1 1;5;3
điểm đối xứng với A1 qua mặt phẳng Oxy là A2 1;5; 3 . Theo cách 1 trên ta có
AM  BN  A1 N  BN  A2 N  BN  A2 B  02  82  52  89

21


Cách 2. Gọi M  a; b;0   N  a  3; b  4;0 
AM  BN 

 a  2

2

 1  b   9 
2

 a  2 

2

 b  7   4 
2

0 2  82  52  89 .

Trong bài 2.5 thay điều kiện MN  u cho trước bằng điều kiện độ dài đoạn MN khơng
đổi ta có bài toán sau:
Bài 2.6. Cho hai điểm A, B cùng phía với mặt phẳng ( ) . Hai điểm M và N thuộc mp ( )
sao cho MN  a khơng đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q  AM  BN .
Giải: Cách 1. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A và B lên mp ( ) , ta có
AM  BN 

AH 2  HM 2 

BK 2  KN 2 

 AH  BK 

2

  HM  KN 

B

2

A

Lại có HM  KN  MN  HK , HM  KN  HK  MN
 HM  KN  MN  HK  HK  a

Suy ra AM  BN   AH  BK 2   HK  a 2 không đổi.

N
K
M H
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q bằng  AH  BK 2   HK  a 2
Cách 2. Lấy điểm A’ đối xứng với A qua mặt phẳng ( ) , điểm E thỏa mãn A ' E  MN .
Do độ dài đoạn MN  a không đổi nên điểm E nằm trên đường trịn tâm A’ bán kính R = a
và nằm trong mặt phẳng (  ) đi qua A’ và song song với mặt phẳng ( ) .
B
A
Gọi I là hình chiếu vng góc của B lên mp (  ) .
Ta có AM  BN  A ' M  BN
 EN  NB  BE  BI 2   A ' I  a 

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q bằng

không đổi

2

BI   A ' I  a 
2

K
2

N

Ta có BI  AH  BK , HK  A ' I
nên kết quả hai cách trên trùng nhau.

K

M
A’

I

Bài minh họa 1.
E
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 2;1;3 và B 1; 3;2 . Xét hai điểm M và N thay
đổi thuộc mặt phẳng Oxy sao cho MN 2 . Giá trị nhỏ nhất của AM  BN bằng:
A. 65 .
B. 29 .
C. 26 .
D. 34 .

Hướng dẫn giải: Hình chiếu vng góc của hai điểm A, B lên mp(Oxy) lần lượt là
H 2;1;0 và K 1; 3;0 , theo cách giải trên ta có
Giá trị nhỏ nhất của AM  BN bằng  AH  BK 2   HK  a 2   3  2 2   5  2 2  34
Bài minh họa 2. Trong không gian Oxyz , cho các điểm A  0;0;2  và B  3;4;1 . Gọi  P  là
mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến của hai mặt cầu  S1  : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  6 z  14  0
và  S2  : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  14  0 . M , N là hai điểm thuộc  P  sao cho MN  1 . Giá trị
nhỏ nhất của AM  BN là
A. 3 .
B. 34  1 .
C. 5 .
D. 34 .
22


 x  y  z  2 x  2 y  6 z  14  0
Giải. Xét hệ  2
 6z  0  z  0
2
2
2

2

2


 x  y  z  2 x  2 y  14  0

Suy ra mặt phẳng chứa đường trịn giao tuyến của hai mặt cầu là mặt phẳng(Oxy)
Hình chiếu vng góc của hai điểm A, B lên mp(Oxy) lần lượt là H 0;0;0 và K 3;4;0 ,

theo cách giải trên ta có
Giá trị nhỏ nhất của AM  BN bằng  AH  BK 2   HK  a 2   2  12   5  12  5 .
Trong bài 2.5 ta thay tổng độ dài hai đoạn bằng hiệu độ dài ta có bài tốn:
Bài 2.7. Cho hai điểm A, B khác phía với mặt phẳng ( ) . Hai điểm M và N thay đổi thuộc
mp ( ) sao cho MN  u khơng đổi. Tìm giá trị lớn nhất của AM BN .
Giải: Xác định điểm A1 sao cho AA1  MN  u . Khi đó AMNA1 là hình bình hành nên
AM  A1 N . Do đó AM

BN

A1 N

BN và đưa về bài 2.3 ở mục trước.

Bài minh họa. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 2;1; 3 và B 1; 3;2 . Xét hai
điểm M và N thay đổi thuộc Oyz sao cho MN 0;3;4 . Giá trị lớn nhất của AM BN là:
A. 38 .

B. 59 .

C. 26 .

D. 51 .

Giải: Gọi điểm A1 sao cho AA1  MN  A1  2;3;1 , AA1NM là hình bình hành, gọi điểm A’
đối xứng với A1 qua mp(Oyz) suy ra A '  2;3;1 và nằm cùng phía với điểm B. Ta có
AM

BN

A1 N

BN

A' N

BN

A' B

1 36 1

38 . Chọn đáp án A

Tiếp tục trong bài 2.6 ta thay tổng độ dài hai đoạn bằng hiệu độ dài ta có bài tốn:
Bài 2.8. Cho hai điểm A, B khác phía với mặt phẳng ( ) . Hai điểm M và N thuộc mp ( )
sao cho MN  a khơng đổi. Tìm giá trị lớn nhất của P AM BN
Giải: Cách 1. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A và B lên mp ( ) , ta có
P

AH 2  HM 2  BK 2  KN 2 

 AH  BK 

2

  HM  KN 

2

Lại có HM  KN  MN  HK , KN  HM  MN  HK  HM  KN  MN  HK
A
2
2
Suy ra
không đổi.
P

 AH  BK 

  HK  a 

Cách 2. Gọi điểm A1 đối xứng với A qua mp ( ) ,
điểm E thỏa mãn A1E  MN . Suy ra điểm E nằm trên
đường trịn (C) có tâm A1, bán kính R  a và
nằm trong mặt phẳng (  ) đi qua A1 và song song với mp ( ) .
Ta có A1M  EN và B, E nằm cùng phía với mp ( )
Gọi I là hình chiếu của B lên mp (  ) , suy ra
AM  BN  A1M  BN  EN  BN
 BE  BI 2  HE 2  BI 2   A1I  a  . Vậy giá trị lớn nhất của P là
2

N

M

B

E

I
A1
BI 2   A1I  a 

2

23


Bài minh họa. (ĐỀ THI TN THPT NĂM 2021).
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 2;1; 3 và B 1; 3;2 . Xét hai điểm M và N thay
đổi thuộc mặt phẳng Oxy sao cho MN 3 . Giá trị lớn nhất của AM BN bằng
A. 65 .
B. 29 .
C. 26 .
D. 91 .
Giải: Điểm A1  2;1;3 đối xứng với A qua Oxy , mặt phẳng (P) qua A1 song song với
Oxy là: z  3  0 . Hình chiếu vng góc của B lên mp(P) là H 1; 3;3 , BH  1,

Giá trị lớn nhất của AM BN bằng

A1H  5

BH 2   A1H  a   12   5  3  65
2

2

Tương tự như bài 2.4 ta có bài tốn sau :
Bài 2.9. Trong khơng gian cho mặt phẳng (P), n điểm A1 , A2 ,... An và n số thực 1,  2 ,...  n

sao cho 1   2 +...+  n  0 . Hai điểm M, N thay đổi thuộc mp(P) sao cho MN  a  0 cho
trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức
a) S 

n

n

i 1

i 1

i MAi  i NAi .
n

n

b) Q   i MA   i NAi2 với 1   2 +...+  n  0
i 1

2
i

i 1

Bài minh họa. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 2;1; 3 và B 1; 3;2 . Xét hai
điểm M và N thay đổi thuộc mặt phẳng Oxy sao cho MN 3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S  AM 2  2 BN 2  AN 2  2 BM 2
2) Hai điểm thay đổi cùng thuộc một mặt cầu.
Trong mặt phẳng có bài tốn: Cho đường trịn (C) có tâm O, bán kính R và điểm A sao cho

OA  d  R . Đường thẳng thay đổi qua A cắt (C) tại hai điểm M, N thì AM . AN  R 2  d 2 .
Mở rộng vào trong khơng gian, thay đường trịn bằng mặt cầu ta có kết quả tương tự.
Bài 2.10. Cho mặt cầu (S) tâm O, bán kính R. Điểm A nằm trong mặt cầu (S), OA  d  R .
Hai điểm M, N thuộc mặt cầu sao cho A, M, N thẳng hàng
a) Chứng minh rằng: AM . AN khơng đổi.
b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức P  a. AM  b. AN
c) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức Q  a. AM 2  b.AN 2
(với a, b là hai số thực cho trước)
E
Giải: a) Gọi H là trung điểm của AB,
H
giả sử M nằm giữa A và H. Ta có
A
AM . AN   MH  AH  HA  HN 
M
  HM  HA  HM  HA   HM 2  HA2

N

O

  OM 2  OH 2    OA2  OH 2   R 2  OA2  R 2  d 2

Vậy AM . AN  R 2  d 2 .

F
24