SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN

1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Trường THPT Trần Phú
Mã số:
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ
TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN
Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Duật
Lĩnh vực nghiên cứu:
Quản lý giáo dục 
Phương pháp dạy học bộ môn: Toán THPT 
Phương pháp giáo dục 
Lĩnh vực khác: 
Có đính kèm:
 Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác
Năm học: 2013 - 2014
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: NGUYỄN NGỌC DUẬT
2. Ngày tháng năm sinh: 28 tháng 09 năm 1977
3. Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: Ấp Bầu Trâm, xã Bầu Trâm, thị xã Long Khánh, Đồng Nai
5. Điện thoại: 0613 726311 (CQ)/ (NR); ĐTDĐ: 0985 350500
6. Fax: E-mail:
7. Chức vụ: Thư ký Hội đồng
8. Đơn vị công tác: Trường THPT TRần Phú
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Cử nhân
- Năm nhận bằng: 2000 và 2010
- Chuyên ngành đào tạo: Sư phạm Toán và Sư phạm Tin học
III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC

- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Môn Toán THPT
Số năm có kinh nghiệm: 13 năm
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
+ Sử dụng phần mềm Sketchpad trong dạy học Toán
+ Gíá trị lớn nhất, nhỏ nhất của Hàm số và một số ứng dụng
+ Soạn giáo án Ôn tập chương theo đổi mới phương pháp.
+ Một số ứng dụng của Định lí Viet
………………………………………………………………
2
MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ
TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Chúng ta đã biết Toán học là ngành nghiên cứu trừu tượng về những chủ đề
như: lượng (các con số), cấu trúc,

không gian, và sự thay đổi. Các nhà toán học và
triết nói chung là một ngành khoa học gắn liền với những suy luận logic chặt chẽ,
đòi hỏi tính chính xác và ngắn gọn. Có nhiều ý kiến cho rằng toán học rất khô khan
và nhàm chán bởi những rắc rối của kí hiệu và sự trừu tượng của ngôn từ và hình
ảnh. Nhìn nhận vấn đề gần hơn trong trường THPT đa số các em thấy khó khăn, rắc
rối, khó nhớ và lo sợ khi học môn toán đặc biệt là môn hình học.
Bên cạnh đó những ai yêu thích ngành toán thường thấy toán học có một vẻ
đẹp nhất định. Nhiều nhà toán học nói về "sự thanh lịch" của toán học, tính thẩm
mỹ nội tại và vẻ đẹp bên trong của nó. Họ coi trọng sự giản đơn và tính tổng quát.
Vẻ đẹp ẩn chứa cả bên trong những chứng minh toán học đơn giản và gọn nhẹ.
Trong chương trình Hình học giải tích lớp 12, bên cạnh các dạng toán quen
thuộc như: viết phương trình mặt phẳng, phương trình đường thẳng,…. Ta còn gặp
các bài toán tìm vị trí của điểm, đường thẳng hay mặt phẳng liên quan đến một điều
kiện cực trị. Đây là dạng Toán tương đối khó, thường gặp trong chương trình nâng
cao và đề tuyển sinh Đại học cao đẳng.

Trong quá trình trực tiếp giảng dạy và nghiên cứu tôi thấy đây là dạng toán
không chỉ khó mà còn khá hay, lôi cuốn được các em học sinh khá giỏi. Nếu ta biết
sử dụng linh hoạt và khéo léo kiến thức của hình học thuần túy, véctơ, phương
pháp tọa độ, giải tích thì có thể đưa bài toán trên về một bài toán quen thuộc.
Đứng trước thực trạng trên, với tinh thần yêu thích bộ môn,với sự tích lũy
qua một số năm trực tiếp giảng dạy, nhằm giúp các em hứng thú hơn, tạo cho các
em niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra một cách nhìn nhận, vận dụng, linh
hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền tảng cho các học sinh tự học, tự nghiên
cứu. Được sự động viên, giúp đỡ của các thầy trong hội đồng bộ môn Toán của sở
GD-ĐT Đồng Nai, Ban Giám hiệu, đồng nghiệp trong tổ Toán – Tin học trường
THPT Trần Phú. Tôi đã mạnh dạn cải tiến và bổ sung chuyên đề “ Một số bài
toán cực trị trong hình học giải tích không gian”.
II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
Bài toán cực trị trong hình học giải tích không gian vẫn thường xuất hiện
trong chương trình, trong các đề thi…Tuy nhiên, các tác giả thường sử dung kết
quả của dạng toán này để giải các bài toán khác. Cách giải chỉ áp dụng cho một bài
toán cụ thê. Chưa phân tích, đưa ra phương pháp cho một lớp các bài toán rộng
3
hơn. Vì vậy các em học sinh, thậm chí một số giáo viên đã gặp không ít khó khăn
khi tiếp cận dạng toán này.
Trước thực trạng đó, tôi đưa ra phương pháp cơ bản giải một số bài toán
thường gặp về cực trị trong hình giải tích không gian. Tuyển chọn các ví dụ minh
họa và các bài tập áp dụng theo hướng nâng dần độ khó. Từ đó rèn luyện kỹ năng
giải toán và giúp học sinh có cái nhìn mới về dạng toán này.

1. Thuận lợi.

- Kiến thức đã được học, các bài tập đã được luyện tập nhiều
- Học sinh hứng thú trong tiết học, phát huy được khả năng sáng tạo, tự học
và yêu thích môn học.

- Có sự khích lệ từ kết quả học tập của học sinh khi thực hiện chuyên đề.
- Được sự động viên của BGH, nhận được động viên và đóng góp ý kiến
cuả đồng nghiệp.
2. Khó khăn.
- Giáo viên mất nhiếu thời gian để chuẩn bị các dạng bài tập.
- Nhiều học sinh bị mất kiến thức cơ bản trong hình học không gian, không
nắm vững các kiến thức về hình học, vec tơ, phương pháp độ trong không gian.
- Đa số học sinh yếu môn hình học, đặc biệt là hình học không gian.
3. Số liệu thống kê
Trong các năm trước, khi gặp bài toán liên quan đến Cực trị trong hình học
số lượng học sinh biết vận dụng được thể hiện qua bảng sau:
Không
nhận
biết
được
Nhận biết,
nhưng không
biết vận dụng
Nhận biết và
biết vận
dụng ,chưa giải
được hoàn
chỉnh
Nhận biết và
biết vận dụng
, giải được
bài hoàn
chỉnh
Số lượng 60 12 8 0
Tỉ lệ ( %) 75 15 10 0,0

III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP.
Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phương pháp suy luận, khả
năng tư duy. Từ những kiến thức cơ bản phải dẫn dắt hoc sinh có được những kiến
thức nâng cao một cách tự nhiên (chứ không áp đặt ngay kiến thức nâng cao).
Trong chuyên đề chủ yếu dùng phương pháp tọa độ trong không gian để
giải các bài toán được đặt ra. Trong một số trường hợp có thể dùng kiến thức giải
tích thì bài toán được giải nhanh và gọn hơn.
4
1. Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng.
Phần này nhắc lại một số kiến thức cũ đã biết, với mục đích giúp học sinh có
thể vận dụng nhanh, chính xác vào các bài toán sẽ được học.
a. Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng ( α )
− Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên (α).
− Viết phương trình đường thẳng MH(qua M và
vuông góc với (α))
− Tìm giao điểm H của MH và (α).
• Nếu yêu cầu tìm điểm M’ đối xứng với M qua
mặt phẳng (α) thì ta vẫn tìm hình chiếu H của M lên
(α), dùng công thức trung điểm suy ra tọa độ M’.
b.Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d:
− Viết phương trình tham số của d.
− Gọi H
∈
d
có tọa độ theo tham số t
− H là hình chiếu vuông góc của điểm M lên d khi
. 0=
r uuuur
d

u MH
− Tìm t, suy ra tọa độ của H.
2. Các bài toán cực trị liên quan đến tìm một điểm thỏa điều kiện cho trước.
Bài toán 1: Cho n điểm A
1
, A
2,
A
n
, với n số k
1
, k
2
,.,k
n
thỏa k
1
+ k
2
+ ….+k
n
= k ≠ 0
và đường thẳng d hay mặt phẳng (α). Tìm điểm M trên đường thẳng d hay mặt
phẳng (α) sao cho
1
1 2 2

n n
k MA k MA k MA+ + +
uuur uuuur uuuur

có giá trị nhỏ nhất.
Phương pháp giải:
− Tìm điểm I thỏa
1
1 2 2 n n
k IA + k IA + + k IA 0=
uur uuur uuur r
− Biến đổi

1
1 2 2 n n 1 2 n
k MA + k MA + + k MA = (k + k + + k )MI = k MI
uuuur uuuuur uuuuur uuur uuur
− Tìm vị trí của M khi
MI
uuur
đạt giá trị nhỏ nhất
5
Giải:
1) Gọi điểm I thỏa
uur uur r
IA + IB = 0
thì I là trung điểm AB và I(0; 2; 4)
Khi đó
2= + =
uuuur uuur uuur uuur uuur uur uuur
MA + MB MI + IA + MI IB MI
có giá trị nhỏ nhất
<=>
uuur

MI
nhỏ nhất <=> M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d.
Đường thẳng d có vtcp
r
u = (1; 1; 1)
, phương trình tham số d:





x = 4 + t
y = -1 + t
z = t
Tọa độ M(t + 4; -1 + t; t)
∈d
,
uuur
IM = ( t+4; t-3 ; t - 4)
,
khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì
. 0=
uuur r
IM u
hay 3t – 3 = 0
<=> t = 1
Vậy M( 5; 0; 1).
2) Gọi điểm J(x; y; z) thỏa
uur uur r
JA - 4JB = 0

Ta có: (0 –x; 1 –y; 5 – z) – 4(0 – x; 3- y; 3- z) = (0; 0; 0)
=>x = 0; y =
13
5
, z =
7
3
, vậy J(0;
13 7
;
5 3
)
Khi đó
) 3 3= + = − =
uuuur uuur uuur uur uuur uur uuur uuur
MA - 4MB MJ+ JA- 4(MJ JB MJ MJ
có giá trị nhỏ nhất khi M
là hình chiếu vuông góc của J lên đường thẳng d.
Tọa độ M(4+ t; -1+ t; t),
18 17
5 5
uuur
JM = ( t+ 4; t - ; t - )
khi M là hình chiếu vuông góc
của J lên đường thẳng d thì
. 0=
uuur r
JM u
hay 3t – 3 = 0 <=> t = 1

Vậy M( 5; 0; 1) thì
uuuur uuur
MA - 4MB
có giá trị nhỏ nhất.
Giải:
1) Gọi điểm G thỏa
uuur uuur uuur r
GA + GB +GC = 0
thì G là trọng tâm của tam giác ABC và
6
Ví dụ 1: Cho đường thẳng
( )
:
x- 4 y+1 z
d = =
1 1 1
và hai điểm
( )
A 0;1;5
,
( )
B 0;3;3
.
Tìm điểm M trên d sao cho
1)
uuuur uuur
MA + MB
có giá trị nhỏ nhất.
2)
uuuur uuur

MA - 4MB
có giá trị nhỏ nhất.
Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + 3z + 10 = 0 và ba điểm
( )
A 1;0;1
,
( )
B -2;1;2
,
( )
C 1;-7;0
. Tìm điểm M trên mặt phẳng (α) sao cho :
1)
+
uuuur uuur uuur
MA + MB MC
có giá trị nhỏ nhất.
2)
3+
uuuur uuur uuur
MA -2MB MC
có giá trị nhỏ nhất.
G(0;-2;1).
Ta có
+
uuuur uuur uuur
MA + MB MC
=
+ + +
uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur

MG + GA + MG GB MG GC
=
3
uuuur
MG
có giá trị nhỏ
nhất khi M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (α).
MG nhận
r
n = (2; -2; 3)
làm vecto chỉ phương
Phương trình tham số MG





x = 2t
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
+
uuuur uuur uuur
MA + MB MC
có giá trị nhỏ nhất.
2) Gọi I(x; y; z) là điểm thỏa

3 0
+ =
uur uur uur r
IA -2IB IC
Ta có
(1- x; -y; 1-z) - 2(-2-x; 1-y; 2-z) + 3(1-x; -7-y; -z) = (0;0;0)
23 3
x = 4; y = - ; z = -
2 2
⇒
, vậy
23 3
; )
2 2
− −
I(4;
Ta có:
3+
uuuur uuur uuur
MA -2MB MC
=
) 3( )+ + +
uuur uur uuur uur uuur uur
MI+IA -2(MI IB MI IC
=
2
uuur
MI
có giá trị nhỏ nhất
khi M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (α).

Phương trình tham số MI:
23
2
3
2




−



−


x = 4+2t
y = -2t
z = +3t
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
23 3
2(4 2t) 2( 2t) 3( 3t) 10 0
2 2
+ − − − + − + + =
73 73
17t 0 t
2 34
⇔ + = ⇔ = −
Vậy với
5 245 135

; ; )
17 34 17
− − −
M(
thì
3+
uuuur uuur uuur
MA -2MB MC
đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài toán 2: Cho đa giác A
1
A
2 ….
A
n
và n số thực k
1
, k
2
, …., k
n
thỏa k
1
+ k
2
+ ….+
k
n
= k . Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( hay đường thẳng) sao cho tổng T =

2 2 2
1 1 2 2

n n
k MA k MA k MA+ + +
đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất.
Phương pháp giải:
- Tìm điểm I thỏa
1
1 2 2 n n
k IA + k IA + + k IA 0=
uur uuur uuur r
- Biến đổi : T =
2 2 2
1 1 2 2

n
+ + +
n
k MA k MA k MA
=
=
2
1 n
(k + + k )MI
+
2 2 2
1 1 2 2

n

+ + +
n
k IA k IA k IA
+ 2
1
1 n n
MI(k IA + + k IA )
uuur uur uuur
7
=
2
kMI
+
2 2 2
1 1 2 2

n
+ + +
n
k IA k IA k IA
Do
2 2 2
1 1 2 2

n
+ + +
n
k IA k IA k IA
không đổi, Biểu thức T nhỏ nhất hoặc lớn nhất khi MI
nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng hay đường thẳng.

Chú ý:
- Nếu k
1
+ k
2
+ ….+ k
n
= k > 0, Biểu thức T đạt giá trị nhỏ nhất MI nhỏ
nhất
- Nếu k
1
+ k
2
+ …+ k
n
= k < 0, Biểu thức T đạt giá trị lớn nhất khi MI nhỏ
nhất.
Giải:
1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa
uur uur r
IA + IB = 0
thì I là trung điểm AB và
3 3
(2; ; )
2 2
−
I
Ta có: MA
2
+ MB

2
=
2 2
(MI + IA) +(MI + IB)
uuur uur uuur uur
2 2 2
IA + IB +2MI +2MI(IA + IB)
=
uuur uur uur
=
2 2 2
IA + IB +2MI
Do
2 2
IA + IB
không đổi nên MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất khi MI
2
có giá trị nhỏ nhất, hay
M là hình chiếu vuông góc của I lên (α)
Đường thẳng IM qua điểm I và có vtcp
α
n (1;2;2)
=
r
Phương trình tham số MI:
3

2
3
2







−


x = 2+t
y = + 2t
z = +2t
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
(1; ; )
2 2
⇒ − −
M
Vậy với
1 7
(1; ; )
2 2

− −
M
thì MA
2
+ MB
2
có giá trị nhỏ nhất.
Nhận xét:
8
Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): x + 2y + 2z + 7 = 0 và ba điểm A(1; 2; -1),
B(3; 1; -2), C(1; -2; 1)
1) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA
2
+ MB
2
có giá trị nhỏ nhất.
2) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA
2
- MB
2
– MC
2
có giá trị lớn
nhất.
Với I là trung điểm AB, M không thuộc AB thì MA
2
+ MB
2
= 2MI
2

+
2
2
AB
, do AB
2
không đổi nên MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất khi MI
2
có giá trị nhỏ nhất, hay M
là hình chiếu vuông góc của I lên (α).
2) Gọi J(x; y; z) là điểm thỏa
uur uur uur r
JA - JB -JB = 0
Hay
(1 x;2 y; 1 z) (3 x;1 y; 2 z) (1 x; 2 y;1 z) (0;0;0)
− − − − − − − − − − − − − − =
3 x 0
3 y 0 J(3; 3;0)
z 0
− + =


⇔ + = ⇔ −


=


Ta có: MA
2
- MB
2
– MC
2
=
2 2 2
(MJ + JA) - (MJ + JB) (MJ + JC)
−
uuur uur uuur uur uuur uur
2 2 2 2
J A JB JC MJ + 2MJ(JA JB JC)
= − − − − −
uuur uur uur uur
2 2 2 2
JA JB JC MJ
= − − −
Do
2 2 2
JA JB JC
− −
không đổi nên MA
2
- MB
2
– MC
2
lớn nhất khi MJ nhỏ nhất

hay M là hình chiếu của J trên mặt phẳng (α).
Đường thẳng JM qua điểm I và có vtcp
α
n (1;2;2)
=
r
Phương trình tham số MJ:





x = 3+t
y = -3+ 2t
z = 2t
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
4
3 t 2( 3 2t) 2.2t 7 0 9t 4 0 t
9
+ + − + + + = ⇔ + = ⇔ = −
23 35 8
( ; ; )
9 9 9
⇒ − −
M
Vậy với
23 35 8
( ; ; )
9 9 9
− −

M
thì MA
2
- MB
2
– MC
2
có giá trị lớn nhất.
Giải:
1) Gọi điểm I(x; y; z) là điểm thỏa
uur uur r
IA -2 IB = 0

Hay:
( x;1 y; 2 z) 2(2 x; 1 y;2 z) (0;0;0)
− − − − − − − − − =
9
Ví dụ 2: Cho đường thẳng d có phương trình:
2 1
x-1 y-2 z-3
= =
1
và các điểm A(0; 1;
-2), B( 2; -1; 2), C(4; 3; 3). Hãy tìm điểm M trên d sao cho
1) MA
2
- 2MB
2
có giá trị lớn nhất
2) MA

2
+ MB
2
+ MC
2
có giá trị nhỏ nhất.
4 x 0
3 y 0 I(4; 3;6)
- 6+z 0
− + =


⇔ + = ⇔ −


=

Ta có MA
2
- 2MB
2
=
2 2
(MI + IA) 2(MI + IB)
−
uuur uur uuur uur
2 2 2
IA 2IB MI + 2MI(IA 2 IB)
= − − −
uuur uur uur

2 2 2
IA 2IB MI
= − −
Do
2 2
IA - 2 IB
không đổi nên MA
2
-2 MB
2
lớn nhất khi MI
2
có giá trị nhỏ nhất,
hay M là hình chiếu vuông góc của I lên d.
Đường thẳng d có vtcp
(1;2;1)
=
r
u
, phương trình tham số d:





x = 1+t
y = 2+ 2t
z = 3+ t
M d M(1 t; 2 2t; 3 t)
∈ ⇒ + + +

,
uuur
IM = ( t-3; 2t + 5 ; t - 3)
khi M là hình chiếu
vuông góc của I lên đường thẳng d thì
. 0=
uuur r
IM u
2 1 2 7
6 4 0 ( ; ; )
3 3 3 3
⇔ + = ⇔ = − ⇒
t t M
Vậy với
1 2 7
( ; ; )
3 3 3
M
thì MA
2
- 2MB
2
có giá trị lớn nhất.
Nhận xét:
Ta có thể dùng phương pháp khảo sát hàm số để tìm vị trí của điểm M
Với
M d M(1 t; 2 2t; 3 t)
∈ ⇒ + + +
Và MA
2

- 2MB
2
= (t + 1)
2
+ (2t + 1)
2
+(t + 5)
2
– 2[(t - 1)
2
+ (2t + 3)
2
+(t +1)
2
= - 6t
2
– 8t +5
Xét hàm số
2
( ) 6 – 8 5, f t t t t R
= − + ∈
Có đạo hàm
2
'( ) 12t – 8 , '( ) 0
3
f t t f t t
= − = ⇔ = −
Bảng biến thiên
t
−∞

2
3
−

+∞
f’(t) + 0
f(t)

23
3


−∞

−∞

Từ bảng biến thiên ta thấy f(t) đạt giá trị lớn nhất khi
2
3
t
= −
Hay MA
2
- 2MB
2
có giá trị lớn nhất khi
1 2 7
( ; ; )
3 3 3

M
10
2) Gọi điểm G(x; y; z) là điểm thỏa
uuur uuur uuur r
GA + GB +GC = 0
thì G là trọng tâm tam giác
ABC và G(2; 1; 1).
Ta có: MA
2
+ MB
2
+ MC
2
=
2 2 2
(MG + GA) + (MG + GB) +(MG + GC)
uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur
=
2 2 2 2
GA GB GC +3MG + 2MG(GA GB GC)
+ + + +
uuuur uuur uuur uuur
=
2 2 2 2
GA GB GC +3MG
+ +
Do
2 2 2
GA GB GC
+ +

không đổi nên MA
2
+ MB
2
+ MC
2
nhỏ nhất khi MG nhỏ
nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của G lên đường thẳng d.
M d M(1 t; 2 2t; 3 t)
∈ ⇒ + + +
,
uuuur
GM = ( t-1; 2t +1 ; t +2)

Khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì
. 0=
uuuur r
GM u
1 1 5
6 3 0 ( ;1; )
2 2 2
⇔ + = ⇔ = − ⇒
t t M
Vậy với
1 5
( ;1; )
2 2
M
thì MA
2

+ MB
2
+ MC
2
có giá trị nhỏ nhất.
Bài toán 3: Cho mặt phẳng (α) có phương trình:ax + by + cz + d = 0 và hai
điểm A,B không thuộc (α) . Tìm điểm M trên (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ
nhất.
Phương pháp giải:
1. Nếu (ax
A
+by
A
+ cz
A
+ d)(ax
B
+by
B
+ cz
B
+ d) < 0 thì A, B nằm về hai phía với
(α). Để MA + MB nhỏ nhất khi M thuộc AB hay M là giao điểm của (α) và
AB.
2. Nếu (ax
A
+by
A
+ cz
A

+ d)(ax
B
+ by
B
+ cz
B
+ d) > 0 thì A, B nằm về một phía với
(α). Khi đó ta tìm điểm A’ đối xứng với A qua (α). Do MA + MB = MA’+
MB mà đạt giá trị nhỏ nhất khi M thuộc A’B hay M là giao điểm của (α) và
A’B.
Giải:
Thay tọa độ của A và B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về hai phía của
(α).
Ta có MA + MB có giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của AB và (α).
Đường thẳng AB qua điểm B, nhận
(1; 1;0)= −
uuur
AB
làm vecto chỉ phương
11
Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (α) có phương
trình:x – 2y – 2z + 4 = 0 và hai điểm A(1; 1; 2), B(2; 0; 2). Tìm điểm M trên
mặt phẳng (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất
Phương trình tham số của AB:
2
2
x t
y t
z
= +



= −


=

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 2 + t – 2(-t)- 2.2 + 4 = 0
2
3 2 0
3
t t
⇔ + = ⇔ = −
Hay
4 2
( ; ;2)
3 3
M
là điểm cần tìm.
Giải:
1) Thay tọa độ của A và B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về một phía
của (α).
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua (α), để MA + MB có giá trị nhỏ nhất khi M là
giao điểm của A’B với (α).
Đường thẳng AA’ đi qua A và vuông góc với (α), AA’ nhận
(1; 1;2)
α
= −
uur
n

làm
vecto chỉ phương
Phương trình tham số AA’:
1
2
1 2
x t
y t
z t
= +


= −


= − +

Tọa độ hình chiếu vuông góc H của A trên (α) ứng với t của phương trình
1 + t – (2 – t) + 2(-1 + 2t) = 0
⇔
6t – 3 = 0 hay t =
1 3 3
H( ; ;0)
2 2 2
⇒
Do H là trung điểm AA’ nên
'
'
'
2

1 '(2; 1; 1)
1
A H A
A H A
A H A
− =


− = ⇒


− =

x = 2x x
y =2y y A
z = 2z z
A’B có vtcp
(1;0; 3)= −
uuur
A'B
Phương trình tham số A’B:
2
1
1 3
= +


=



= −

x t
y
z t
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
2 + t – 1 + 2(1 – 3t) = 0
3
5 3 0
5
t t⇔ − + = ⇔ =
hay
13 4
( ;1; )
5 5
−M
12
Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α) có phương trình: x – y + 2z = 0 và ba điểm A(1; 2;-
1), B(3; 1; -2), C(1; -2; -2). Hãy tìm điểm M trên d sao cho
1) MA + MB có giá trị nhỏ nhất
2)
MA - MC
có giá trị lớn nhất.
Vậy với
13 4
( ;1; )
5 5
−M
thì MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
2) Thay tọa độ của A và C vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về hai phía

của (α).Vậy nên A’ và C nằm cùng một phía đối với (α).
Ta thấy
= ≤MA - MC MA' - MC A'C
.
Nên
MA - MC
đạt giá trị lớn nhất khi M thuộc A’C nhưng ở phía ngoài đoạn A’C,
tức M là giao điểm của A’C và (α).
Đường thẳng A’C có vtcp
( 1; 3; 3)= − − −
uuuur
A'C
Phương trình tham số A’C:
2
1 3
1 3
t
= −


= −


= −

x t
y
z t
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
2 - t - (1 – 3t) + 2(1 - 3t) = 0

3
4 3 0
4
t t⇔ − + = ⇔ =
hay
5 5 5
( ; ; )
4 4 4
− −M
Vậy với
5 5 5
( ; ; )
4 4 4
− −M
thì
MA - MC
có giá trị lớn nhất.
Bài toán 4: Cho đường thẳng d và hai điểm phân biệt A,B không thuộc d. Tìm
điểm M trên đường thẳng d sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
Phương pháp giải::
1. Nếu d và AB vuông góc với nhau
Ta làm như sau:
- Viết phương trình mặt phẳng (α) qua AB và vuông góc với d
- Tìm giao điểm M của AB và (α)
- Kết luận M là điểm cần tìm.
2. Nếu d và AB không vuông góc với nhau
Ta làm như sau:
- Đưa phương trình của d về dạng tham số, viết tọa độ của M theo tham số t
- Tính biểu thức MA + MB theo t, xét hàm số f(t) = MA + MB
- Tính giá trị nhỏ nhất của hàm số f(t), từ đó suy ra t

- Tính tọa độ của M và kết luận.
Giải:
13
Ví dụ 1: Cho đường thẳng
( )
:
2 2
−
x-1 y + 2 z-3
d = =
1
và hai điểm C(-4; 1; 1),
D(3; 6; -3). Hãy tìm điểm M trên d sao cho MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất.
Đường thẳng d có phương trình tham số
1 2
2 2
3
x t
y t
z t
= +


= − −


= +

qua điểm N(1; -2; 3), có vtcp
(2; 2;1)= −

r
u
và
(7;5; 4)= −
uuur
CD
Ta có
r
u
.
uuur
CD
= 14 -10 – 4 = 0
⇒ ⊥
d CD
Xét mặt phẳng (P) qua CD và vuông góc với d
(P) qua điểm C(-4; 1; 1) và nhận
(2; 2;1)= −
r
u
làm vecto pháp tuyến
Phương trình (P): 2(x +4) – 2(y -1) + 1(z -1) = 0 hay 2x – 2y + z + 9 = 0
Điểm M thuộc d thỏa MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của d và
mp(P).
Tọa độ M ứng với t là nghiệm của phương trình:
2 + 4t + 4 + 4t + 3 + t + 9 = 0
0 2⇔ = ⇔ = −9t + 18 t
Vậy M(-3; 2; 1) thì MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất bằng:
2 2 17+
Giải:

Ox có vtcp
(1;0;0)i =
r
qua O(0; 0; 0), AB có vtcp
( 1;1; 2)= − −
uuur
AB
và
. 1 0i = − ≠ ⇒
ruuur
AB
Ox và AB không vuông góc.
Ta có
[ , ]i
r uuur uuur
AB OA
= (0; 2; 1)(3; 0; 2) = 0 + 6 +2 = 8 nên AB và Ox chéo nhau.
Phương trình tham số của Ox:
0
0
x t
y
z
=


=


=


( ;0;0)∈ ⇒M Ox M t

S = MA + MB =
2 2
0 4 1 0+ + + + +(t -3) (t -2)
=
2 2
4 1+ + +(t -3) (t -2)
Ta phải tìm t sao cho S đạt giá trị nhỏ nhất
Trong mặt phẳng tọa độ với hệ Oxy xét các điểm M
t
(t; 0)
∈Ox
và hai điểm
A
t
(3;2), B
t
(2; 1) thì S = M
t
A
t
+ M
t
B
t

Ta thấy A
t

, B
t
nằm cùng phía với Ox nên ta lấy A
t
’(3; -2) đối xứng với A
t
qua Ox.
Phương trình đường thẳng A
t
'B
t
: 3x + y – 7 = 0
S = M
t
A
t
+ M
t
B
t
nhỏ nhất khi M là giao điểm của Ox và A
t
'B
t

⇒
3t - 7 = 0 hay
7
3
=t

. Vậy
7
( ;0;0)
3
M
là điểm cần tìm.
Cách khác: Ta có thể tìm điểm M bằng phương pháp khảo sát hàm số.
• Từ biểu thức S =
2 2
4 1+ + +(t -3) (t -2)
14
Ví dụ 2:
Cho hai điểm A(3; 0; 2), B(2; 1; 0). Hãy tìm điểm M trên trục Ox sao cho
MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất
Ta xét hàm số
( )
2 2
4 1f t
= + + +
(t -3) (t -2)
(
t
∈
¡
)
Có đạo hàm
( )
( ) ( )
2 2
3 2

3 4 2 1
t t
t t
− −
′
= +
− + − +
f t

( )
( ) ( )
2 2
3 2
0 0
3 4 2 1
t t
t t
− −
′
= ⇔ + =
− + − +
f t
( ) ( )
2 2
( 3) ( 2)
3 4 2 1
t t
t t
− − −
⇔ =

− + − +
(*)
với điều kiện 2 ≤ t ≤ 3 ta có:
(*)
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
3 [ 2 1] 2 [ 3 4]t t t t⇔ − − + = − − +
( ) ( )
2 2
3 2( 2)
3 4 2
3 2( 2)
t t
t t
t t
− = −

⇔ − = − ⇔

− = − −


1 [2;3]
7
3
t
t
= ∉



⇔

=

Bảng biến thiên của hàm số f(t) :
t
−∞

7
3

+∞
f’(t) - 0 +
f(t)
+∞

+∞

38 10
3
+
Từ bảng biến thiên suy ra
( )
7
min
3
f t f
 
=
 ÷

 
=
38 10
3
+
Vậy MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng
38 10
3
+
, đạt được tại
7
3
t =
, tức là M(
7
3
; 0; 0)
Giải:
Đường thẳng d có phương trình tham số
1 2
2 2
1
x t
y t
z t
= +


= +



= +

15
Ví dụ 3: Cho đường thẳng
( )
:
2 2
x-2 y-2 z -1
d = =
1
và hai điểm A(-1; 1; 1),
B(1; 4; 0). Hãy tìm điểm M trên d sao cho chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ
nhất
qua điểm N(1; 2; 1), có vtcp
(2;2;1)=
r
u
và
(2;3; 1)= −
uuur
AB
Ta có
r
u
.
uuur
CD
= 4 + 6 – 1 = 9 ≠ 0
⇒

d không vuông góc với AB và

[ , ]
r uuur uuur
u AB NA
= (-5; 4; 2)(-2; -1; 0) = 10 – 4 = 6
⇒
d và AB chéo nhau
- Chu vi tam giác MAB là 2p = 2(MA + MB + AB), do AB không đổi nên 2p đạt
giá trị nhỏ nhất khi MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Xét điểm
(1 2 ; ;1 )t t t∈ ⇒ + +M d M 2+2
, ta phải tìm t để MA + MB đạt giá trị nhỏ
nhất
Xét
( )
2 2 2 2 2 2
MA + MB = (2 2) (2 1) (2 ) (2 2) ( 1)f t t t t t t t
= + + + + + + − + +

( )
2 2
= 9 12 5 9 6 5f t t t t t
+ + + − +
=
2 2
(3 2) 1 (3 1) 4t t
+ + + − +
Có đạo hàm
2 2

3 2 3 1
'( )
(3 2) 1 (3 1) 4
t t
f t
t t
+ −
= +
+ + − +
2 2
3 2 3 1
'( ) 0 0
(3 2) 1 (3 1) 4
t t
f t
t t
+ −
= ⇔ + =
+ + − +
2 2
3 2 (3 1)
(3 2) 1 (3 1) 4
t t
t t
+ − −
⇔ =
+ + − +
với
2 1
3 3

t
− ≤ ≤

2 2 2 2
(3 2) [(3 1) 4] (3 1) [(3 2) 1]t t t t
⇔ + − + = − + +
2 2
5
2(3 2) 3 1
1
3
4(3 2) (3 1)
2(3 2) 3 1 1
3
3
t
t t
t t t
t t
t
−

=

+ = −

⇔ + = − ⇔ ⇔ ⇔ = −


+ = − +



= −


Bảng biến thiên của hàm số f(t) :
t
−∞

1
3
−

+∞
f’(t) - 0 +
f(t)
+∞

+∞

3 2
Ta thấy f(t) đạt giá trị nhỏ nhất bằng
3 2
khi t =
1
3
−
Hay với
2 4 1
; ; )

3 3 3
M(
thì MA + MB đạt giá nhỏ nhất bằng
3 2
Nhận xét: Trong dạng toán này nếu ta dùng phương pháp khảo sát hàm số thì
việc tìm t sẽ đơn giản hơn.

Bài toán 5: Cho hai đường thẳng d
1
,d
2
chéo nhau. Tìm các điểm M
∈
d
1
,
N
∈
d
2
là chân đoạn vuông góc chung của hai đường trên.
16
Phương pháp giải:
- Viết phương trình hai đường thẳng dạng tham
số
- Lấy M
1
∈
d
và N

2
∈
d
(tọa độ theo tham số).
- Giải hệ phương trình
1
. 0
=
uuuur r
MN u
và
2
. 0
=
uuuur r
MN u
(
1
,
r
u
2
r
u
là các véctơ chỉ phương
của d
1
và d
2
).

- Tìm tọa độ M, N và kết luận.
Giải:
1) d
1
qua M
1
(5; -1; 11), có vtcp
1
(1;2; 1)= −
uur
u
d
2
qua M
2
(-4; 3; 4), có vtcp
2
( 7;2;3)= −
uur
u
Ta có [
1
,
uur
u
2
uur
u
]
1 2

uuuuuur
M M
= (8; 4; 16)(-9;4; -7) = -72 +16 – 112 = -168
0
≠
Hay d
1
và d
2
chéo nhau.
2). M
1
d
∈
và N
2
d
∈
sao cho độ dài MN ngắn nhất khi và chỉ khi MN là độ dài
đoạn vuông góc chung của d
1
và d
2
.
Phương trình tham số của hai đường thẳng
d
1
:
5
1 2

11
t
t
= +


= − +


= −

x t
y
z
, d
2
:
4 7
3 2 '
4 3 '
t
t
= − −


= +


= +


x t'
y
z
M
1
d
∈
nên M(5 + t; -1 + 2t; 11- t), N
2
d
∈
nên N(-4 – 7t’;3 +2t’; 4 + 3t’)
(
=
uuuur
MN
- 7t’- t – 9; 2t’ – 2t +4; 3t’ + t – 7)
Ta có
1
2
. 0 6 ' 6 6 0 2
62 ' 6 50 0 ' 1
. 0
t t t
t t t

= − − + = =
 

⇔ ⇔

  
+ + = = −
=
 


uuuur r
uuuur r
MN u
MN u
Do đó M(7; 3;9) và N(3; 1; 1)
Vậy với M(7; 3;9) và N(3; 1; 1) thì độ dài MN ngắn nhất bằng
2 21
.
17
Ví dụ 1: Cho hai đường thẳng
1
:
1 2
d
x-5 y+1 z -11
= =
-1
,
2
:
7 2 3
d
−
x+ 4 y-3 z - 4

= =
1) Chứng minh d
1
, d
2
chéo nhau
2) Tìm điểm M
1
d
∈
và N
2
d
∈
sao cho độ dài MN ngắn nhất.
Giải:
- Lấy điểm M trên d, Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên 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 AB và d.
Ta thấy d qua M
1
(2; 4; -2), có vtcp
(1;1;0)=
r
u
AB qua A(1; 2; 3) và

=
uuur
AB
(0; -2;-2) =
1
2−
uur
u

với
1
(0;1;1)=
uur
u
là véc tơ chỉ phương của AB
Phương trình tham số AB
1
2 '
3 '
t
t
=


= +


= +

x

y
z
M(2 + t; 4+ t; -2)
d
∈
,H(1; 2+ t’;3+t’)
∈
AB
,
(
=
uuuur
MH
-t -1; t’ – t -2; t’ +5)
Ta có
1
. 0
' 2 3 ' 3
2 ' 3 3
. 0
t t t
t t t

=
− = = −
 

⇔ ⇔
  
− = − = −

=
 


uuuur r
uuuur uur
MH u
MH u
Vậy M(-1; 1; -2), H(1; -1; 0) khi đó MH =
2 3
, AB =
2 2
Diện tích
1
6
2
S
∆
= =
MAB
AB.MH
Giải:
- Giả sử mặt cầu (S) có tâm I, bán kính R tiếp xúc với d tại M, tiếp xúc với Ox tại
N
- Ta thấy 2R = IM + IN ≥ MN, do đó mặt cầu (S) có đường kính nhỏ nhất là 2R
= MN khi và chỉ khi MN nhỏ nhất hay MN là đoạn vuông góc chung của d và
Ox.
18
Ví dụ 2: Cho đường thẳng d:
2

4
2
t
= +


= +


= −

x t
y
z
và hai điểm A(1;2; 3),B(1; 0; 1). Tìm điểm
M trên d sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất
Ví dụ 3: Cho đường thẳng d:
0
2
t
t
=


=


= −

x

y
z
. Trong các mặt cầu tiếp xúc với cả hai
đường thẳng d và trục Ox, hãy viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính nhỏ
nhất.
Đường thẳng d qua M(0; 0; 2), có vtcp
(0;1; 1)= −
r
u
Ox qua O(0; 0; 0), có vtcp
(1;0;0)i =
r
[
,
r
u
i
r
]
uuuur
OM
= (0; 0; -1)(0; 0; 2) = -2
0
≠
nên d và Ox chéo nhau.
Với M(0; t; 2- t)∈ d, N(t’; 0; 0)∈ Ox và
(
=
uuuur
MN

t’; -t; t – 2)
Ta có
. 0 2 0 1
' 0 ' 0
. 0
t t t
t t
i

= − − + = =
 

⇔ ⇔
  
= =
=
 


uuuur r
uuuurr
MN u
MN
Vậy M(0; 1; 1), N(0; 0; 0) ≡ O
Mặt cầu (S) có tâm I (0
1 1
; ; )
2 2
, bán kính R =
2

2 2
=
MN
Phương trình mặt cầu (S):
2 2 2
1 1 1
( ) ( )
2 2 2
x y z+ − + − =
3. Các bài toán cực trị liên quan đến vị trí của đường thẳng, mặt phẳng.
Bài toán 1: Cho hai điểm phân biệt A,B. Viết phương trình mặt phẳng (α) đi
qua A và cách B một khoảng lớn nhất.
Phương pháp giải:
Họi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt
phẳng (α), khi đó tam giác ABH vuông tại H và
khoảng cách d(B; (α)) = BH ≤ AB. Vậy d(B; (α)) lớn
nhất bằng AB khi A ≡ H, khi đó (α) là mặt phẳng đi
qua A và vuông góc với AB.
Giải:
(α) cách điểm I(3; -1; -2) một khoảng lớn nhất khi (α) là mặt phẳng đi qua D và
vuông góc với DI.
(α) nhận
(2;
=
uur
DI 1; -5)
làm vecto pháp tuyến
Phương trình mặt phẳng(α): 2(x -1) + 1(y +2) – 5(z -3 ) = 0

⇔

2x + y – 5z + 15 = 0
19
Ví dụ 1: Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua điểm D(1; -2; 3) và cách điểm
I(3; -1; -2) một khoảng lớn nhất.
Ví dụ 2: Cho hai điểm A(2; 1; 3), B(1; -1; 1), gọi (α) là mặt phẳng qua B. Trong
các mặt cầu tâm A và tiếp xúc với (α), hãy viết phương trình mặt cầu (S) có
bán kính lớn nhất.
Giải:
Mặt cầu (S) có bán kính R = d(A; (α)) lớn nhất khi (α) qua B và vuông góc với AB
(1;
=
uuur
BA 2; 2)
là véctơ pháp tuyến của (α)
Phương trình (α): 1(x -1) + 2(y +1) +2( z – 1) = 0
⇔
x + 2y + 2z – 1 = 0
R = d(A; (α))
2 2 2
1 1 6 1
3
1 2 2
+ + −
=
+ +
Phương trình mặt cầu (S): (x -2)
2
+ (y -1)
2
+ (z – 3)

2
= 9.
Bài toán 2: Cho điểm A và đường thẳng ∆ không đi qua A. Viết phương trình
mặt phẳng (α) chứa ∆ sao cho khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất
Phương pháp giải:
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt
phẳng (α), K là hình chiếu vuông góc của A lên ∆
Ta có d(A; (α)) = AH ≤ AK lớn nhất thì H ≡
K, khi đó (α) là mặt phẳng đi qua ∆ và vuông góc với
AK. Hay (α) qua ∆ và vuông góc với mp(∆, A).
Giải:
Mặt phẳng (α) đi qua hai điểm A, B và cách C một khoảng lớn nhất khi (α) đi qua
hai điểm A, B và vuông góc với mp(ABC).
(1; 1; 1)= − −
uuur
AB
,
( 2; 3; 2)= − − −
uuur
AC
(ABC) có véctơ pháp tuyến
[ , ] ( 1;4; 5)= = − −
r uuur uuur
n AB AC
(α) có véctơ pháp tuyến
[ , ] ( 9 6; 3) 3(3;2;1)
α
= = − − − = −
uur r uuur
n n AB

Phương trình (α): 3(x– 2) + 2(y – 1) + 1(z – 3) = 0

⇔
3x + 2y + z – 11 = 0
20
Ví dụ 1: Cho ba điểm A(2; 1; 3), B(3; 0; 2); C(0; -2; 1). Viết phương trình mặt
phẳng (α) đi qua hai điểm A, B và cách C một khoảng lớn nhất.
Ví dụ 2: Cho hai dường thẳng
1
2 1 1
:
1 2 2
x y z
d
− − +
= =
−
,
2
3 1
:
2 4 4
x y z
d
− −
= =
− −
1) Chứng minh hai đường thẳng trên song song với nhau.
2) Trong các mặt phẳng chứa d
1

, hãy viết phương trình mặt phẳng (α) sao
cho khoảng cách giữa d
2
và (α) là lớn nhất.
Giải:
1) d
1
qua M
1
(2; 1; -1), có vtcp
1
(1;2; 2)= −
uur
u
d
2
qua M
2
(0; 3; 1), có vtcp
2
( 2; 4;4)= − −
uur
u
Ta thấy
2 1
2= −
uur uur
u u
và
1 2

M d
∉
nên hai đường thẳng song song với nhau.
2) Xét (α
1
) là mặt phẳng chứa d
1
và d
2
thì (α
1
) có véctơ pháp tuyến
1
2
[ , ] (8;2;6) 2(4;1;3) 2
= = = =
r uur uuuuuur uur
1 1 2
n u M M n
Khoảng cách giữa d
2
và (α) là lớn nhất khi (α) phải vuông góc với (α
1
).
Do đó (α) nhận
[ , ] (8; 11; 7)
= − −
uur uur
1 2
u n

là véctơ pháp tuyến, qua M
1
(2; 1; -1).
Phương trình (α): 8(x -2) -11(y -1) -7(z +1) = 0
hay 8x – 11y – 7z – 12 = 0.
Bài toán 3: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), lấy B không thuộc (α). Tìm
đường thẳng ∆ nằm trong (α) đi qua A và cách B một khoảng lớn nhất, nhỏ
nhất.
Phương pháp giải:
Gọi H là hình chiếu của B lên ∆ ta
thấy d(B; ∆) = BH ≤ AB
Vậy khoảng cách từ B đến ∆ lớn nhất khi
A ≡ H hay ∆ là đường thẳng nằm trong
(α) và vuông góc với AB.
Gọi K là hình chiếu vuông góc của
B lên (α) khi đó d(B; (α)) = BH ≥ BK
Vậy khoảng cách từ B đến ∆ nhỏ nhất khi
K ≡ H hay ∆ là đường thẳng đi qua hai điểm A, K.
Giải:
Ta thấy (α)có véctơ pháp tuyến
(2; 2;1)
α
= −
uur
n
1) Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên (α)
Phương trình BH:
2 2
3 2
5

t
= +


= −


= +

x t
y
z t
Tọa độ điểm H ứng với t là nghiệm của phương trình:
2(2 + 2t) - 2(3 – 2t) + 5 + t + 15= 0
t 2⇔ = −
hay H(-2; 7; 3)
21
Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + z + 15 = 0 và điểm A (-3; 3; -3).
Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trên (α), qua điểm A và cách điểm
B(2;3; 5) một khoảng :
1) Nhỏ nhất. 2) Lớn nhất.
Ta thấy d(B; ∆) nhỏ nhất khi ∆ đi qua hai điểm A, H do vậy
(1;4;6)=
uuur
AH
là véc tơ
chỉ phương của ∆.
Phương trình của ∆:
1 4 6
= =

x+3 y-3 z +3
2) Ta thấy d(B; ∆) lớn nhất khi ∆ là đường thẳng nằm trong (α), qua A và vuông
góc với AB.
∆ có véctơ chỉ phương
[ , ] (16;11; 10)
α
∆
= = −
uur uuur uur
u AB n
Phương trình của ∆:
16 11 10
= =
−
x+3 y-3 z +3
Giải:
Xét mặt phẳng (α) qua C và vuông góc với d, (α) nhận
(1;2; )
d
=
r
u 3
làm véctơ pháp
tuyến, thì ∆ nằm trong (α).
Do vậy d(D; ∆) lớn nhất khi ∆ nằm trong (α), qua C và vuông góc với CD.
∆ có véctơ chỉ phương
[ , ] (1; 8;5)
α
∆
= = −

uur uuur uur
u CD n
Phương trình ∆:
1 8 5
= =
−
x-2 y+1 z -3
Giải:
1) Đường thẳng d qua điểm M(2; 0; 0) có vtcp
(1;0; )
d
=
r
u -1
,
( 2;2;0)= −
uuur
MB

[ , ] (2;2;2) 2(1;1;1) 2
d
α
= = =
uur uuur uur
u MB n
(α) đi qua B nhận
(1;1;1)
α
=
uur

n
làm véctơ pháp tuyến
Phương trình (α): x + y + z – 1 = 0
2) Gọi H là hình chiếu của A lên (α), để d(A, ∆
1
) nhỏ nhất khi ∆
1
đi qua hai điểm
B,H.
22
Ví dụ 2: Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm C(2; -1; 3), vuông góc với
đường thẳng d:
1 2 3
= =
x-3 y+2 z +5
và cách điểm D(4; -2; 1) một khoảng lớn nhất.
Ví dụ 3: Cho hai điểm A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0) và đường thẳng d:
1
0
= +


=


= −

x t
y
z t

1) Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua d và B.
2) Viết phương trình đường thẳng ∆
1
đi qua B cắt d sao cho khoảng cách từ
A đến ∆
1
lớn nhất.
3) Viết phương trình đường thẳng ∆
2
đi qua B cắt d sao cho khoảng cách từ
A đến ∆
2
nhỏ nhất.
Phương trình tham số AH:
2
1
1
t
t
= +


= +


= − +

x t
y
z

Tọa độ H ứng với t là nghiệm phương trình:
2 + t + 1 + t -1 + t – 1 = 0
1
3 1 0
3
t t⇔ + = ⇔ = −

5 2 4
H( ; ; )
3 3 3
−
⇒
8 4 4 4 4
( ; ; ) (2; 1; 1)
3 3 3 3 3
− −
= = − − =
uuur uur
1
BH u
⇒
∆
1
nhận
uur
1
u
làm véc tơ chỉ phương
Ta thấy
uur

1
u
và
d
r
u
không cùng phương nên d và ∆
1
cắt nhau (do cùng thuộc mặt
phẳng (α))
Vậy phương trình ∆
1
:
2 1 1
= =
− −
x+1 y-2 z
3) Gọi K là hình chiếu của A lên ∆
2
ta có d(A, ∆
2
) = AK ≤ AB, để d(A, ∆
2
) lớn
nhất khi K ≡ B hay ∆
2
nằm trong (α)và vuông góc với AB.
Ta có
2
[ , ] (0; 4;4) 4(0;1; 1) 4

α
= − = − − = −
uur uuur uur
n AB u
⇒
∆
2
nhận
2
uur
u
làm véc tơ chỉ phương,
mặt khác
2
uur
u
và
d
r
u
không cùng phương nên d và ∆
2
cắt nhau (do cùng thuộc mặt
phẳng (α))
Phương trình ∆
2
:
1
2 t
t

= −


= +


= −

x
y
z
Chú ý :
Ta có thể dùng phương pháp khảo sát hàm số đề giải ý 2 và ý 3 trong ví dụ
3.
Gọi ∆

là đường thẳng tuỳ ý đi qua B và cắt d, giả sử ∆

cắt d tại điểm N(1+t,
0;-t), khi đó ∆ có véc tơ chỉ phương
( 2 ;2; )t t= − −
uuur
NB
Ta có
( 3;1;1)= −
uuur
AB
,
[ , ] (2 ;2 2 ;4 )t t t= − − −
uuur uuur

NB AB
Và d(A;∆) =
2 2 2
2 2 2
[ , ]
(2 ) (2 2 ) (4 )
( 2 ) 2 ( )
t t t
t t
− + − + −
=
− − + +
uuur uuur
uuur
NB AB
NB
=
2
2
3 10 12
2 4
t t
t t
− +
+ +
Xét hàm số
2
2
3 10 12
( )

2 4
t t
f t
t t
− +
=
+ +
có
2
2 2
16 64
'( )
( 2 4)
t t
f t
t t
−
=
+ +
, với mọi t
∈
R
2
'( ) 0
2
t
f t
t
=


= ⇔

= −

Bảng biến thiên của
( )f t
t
−∞
-2 2
+∞
f’(t) + 0 - 0 +
23
f(t)
11 3
3
1
3
Từ bảng biến thiên ta thấy:
• d(A;∆) lớn nhất bằng
11
khi t = -2
⇒
N(-1; 0;2)
(0;2; 2) 2(0;1; 1)= − = −
uuur
NB

và đường thẳng cần tìm có phương trình là:
1
2 t

t
= −


= +


= −

x
y
z
• d(A;∆) nhỏ nhất bằng
1
3
khi t = 2
⇒
N(3; 0;-2)
( 4;2;2) 2(2; 1; 1)= − = − − −
uuur
NB

và đường thẳng cần tìm có phương trình là :
2 1 1
= =
− −
x+1 y-2 z
Bài toán 4: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), đường thẳng d không song
song hoặc nằm trên (α) và không đi qua A. Tìm đường thẳng ∆ nằm trên (α), đi
qua A sao cho khoảng cách giữa ∆ và d là lớn nhất.

Phương pháp giải:
Gọi d
1
là đường thẳng qua A và song song
với d, B là giao điểm của d với (α).
Xét (P) là mặt phẳng (d
1
, ∆), H và I là hình chiếu
vuông góc của B lên (P) và d
1
.
Ta thấy khoảng cách giữa ∆ và d là BH và
BH ≤ BI nên BH lớn nhất khi I ≡ H, khi đó ∆ có
vtcp
[ , ]
α
∆
=
uur uur uur
u BI n
.
Giải:
Đường thẳng d có vtcp
=
r
u
(1; 2; -1), (α) có vtpt
α
=
uur

n
(2; -1; 1)
24
Ví dụ 1: Cho đường thẳng d:
1 2 1
= =
−
x-1 y-2 z -3
, mặt phẳng (α): 2x – y – z + 4 = 0 và
điểm A( -1; 1; 1).Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trên (α), đi qua A sao cho
khoảng cách giữa ∆ và d là lớn nhất.
Phương trình tham số d:
1
2 2
3
t
= +


= +


= −

x t
y
z t
Gọi B là giao điểm của d và (α), tọa độ B ứng với t là nghiệm phương trình:
2+ 2t – 2 – 2t – 3+ t + 4 = 0
⇔

t = -1
⇒
B(0; 0; 4)
Xét d
1
là đường thẳng qua A và song song với d
Phương trình tham số đường thẳng d
1
:
1
1 2
1
t
= − +


= +


= −

x t
y
z t
Gọi I là hình chiếu vuông góc của B lên d
1

⇒
I(-1 + t; 1 + 2t; 1 – t),
=

uur
BI
(-1 + t; 1 + 2t;-5– t)
Ta có
. 0=
uur r
BI u
⇔
-1 + t + 2(1 + 2t) –(-5– t) = 0
⇔
t = -1
⇒
I(-2; -1; 2)
Đường thẳng ∆ có vtcp
[ , ]
α
∆
=
uur uur uur
u BI n
= (-5; -10; 4)
Phương trình ∆:
5 10 4
= =
− −
x+1 y-1 z -1
Giải:
Mặt phẳng (α) qua A và song song với (P) có phương trình: x + y – z + 2= 0
=> d nằm trên (α).
Đường thẳng ∆ có vtcp

=
r
u
(2;1;-3), (α) có vtpt
α
=
uur
n
(1;1;-1)
Phương trình tham số ∆:
1 2
4 3
t
= − +


=


= −

x t
y
z t
Gọi B là giao điểm của ∆ và (α), tọa độ B ứng với t là nghiệm phương trình:
-1+ 2t + t – (4- 3t) + 2 = 0
⇔
t =
1
2

⇒
B(0;
1
2
;
5
2
)
Xét ∆
1
là đường thẳng qua A và song song với ∆
Phương trình tham số đường thẳng ∆
1
:
1 2
1
2 3
t
= +


= − +


= −

x t
y
z t
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên ∆

1

⇒
H(1 + 2t; -1 + t; 2 – 3t),
25
Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (P): x + y – z + 1= 0, điểm A(1; -1; 2) và đường thẳng ∆
:
2 1 3
−
x+1 y z-4
= =
. Trong các đường thẳng đi qua A và song song song với (P),
hãy viết phương trình đường thẳng d sao cho khoảng cách giữa d và ∆ lớn nhất.