Chuyên Đề Cực Trị Trong Không Gian Oxyz Có Lời Giải

www.thuvienhoclieu.com

CHUYÊN ĐỀ
CỰC TRỊ TRONG KHÔNG GIAN Oxyz
I. PHƯƠNG PHÁP
Để tìm cực trị trong không gian chúng ta thường sử dụng hai cách làm:
Cách 1: Sử dụng phương pháp hình học
Cách 2: Sử dụng phương pháp đại số.

Bài toán 1: Trong không gian
(P ) : ax  by  cz  d  0.
MA  MB

1.

Tìm điểm

cho các điểm

M �(P )

A(xA ; yA ; zA ), B(xB ; yB ; zB )

và mặt phẳng

sao cho

nhỏ nhất.

MA  MB

2.

Oxyz,

lớn nhất với

d( A, (P )) �d(B, (P )).

Phương pháp:
�

Xét vị trí tương đối của các điểm

A, B

so với mặt phẳng

�

(axA  byA  czA  d)(axB  byB  czB  d)  0

�

(axA  byA  czA  d)(axB  byB  czB  d)  0

Nếu
Nếu

(P ).

thì hai điểm
thì hai điểm

A, B
A, B

cùng phía với mặt phẳng

(P ).

nằm khác phía với mặt phẳng

(P ).
MA  MB

1.

nhỏ nhất.

�

Trường hợp 1: Hai điểm

Vì

A, B

A, B

ở khác phía so với mặt phẳng

(P )

ở khác phía so với mặt phẳng

M  (P ) � AB.

�

Trường hợp 2: Hai điểm

Gọi

A'

đối xứng với

A

A, B

nên

MA  MB

qua mặt phẳng

nhỏ nhất bằng

nhỏ nhất bằng AB khi và chỉ khi

ở cùng phía so với mặt phẳng (P ).
(P ),

MA  MB  MA �
 MB �A �
B.

Vậy

MA  MB

(P ).

A�
B

khi

khi đó

A'

và

B

ở khác phía

(P )

và

MA  MA �

nên

M  A�
B �(P ).

MA  MB

2.

lớn nhất.

�

Trường hợp 1: Hai điểm

Vì

A, B

A, B

ở cùng phía so với mặt phẳng

ở cùng phía so với mặt phẳng

M  (P ) � AB.

�

Trường hợp 2: Hai điểm

Gọi

A'

đối xứng với

A

A, B

(P )

(P )

.

MA  MB

lớn nhất bằng AB khi và chỉ khi

nên

ở khác phía so với mặt phẳng

qua mặt phẳng

(P )

, khi đó

A'

và

B

(P )

.

ở cùng phía

www.thuvienhoclieu.com

(P )

và
Trang 1


www.thuvienhoclieu.com
MA  MB  MA �
 MB �A �
B.

MA  MA �

nên

MA  MB

Vậy

lớn nhất bằng

A�
B

khi

M  A�
B �(P ).
(P )

Bài toán 2: Lập phương trình mặt phẳng
1.
2.

(P )
(P )



đi qua đường thẳng


đi qua

biết
A �

và khoảng cách từ
(Q)

và tạo với mặt phẳng

đến

(P )

lớn nhất

một góc nhỏ nhất

3. (P ) đi qua  và tạo với đường thẳng d một góc lớn nhất.
Phương pháp:
Cách 1: Dùng phương pháp đại số
:

x  x1
a

1. Giả sử đường thẳng
Khi đó phương trình

(P )



có dạng:

y  y1
b

d( A, (P )) 

Thay (1) vào (2) và đặt

diễn của

A, B

A (x0; y0; z0)

và

bB  cC
a

(

a �0

) (1)

A2  B2  C2
t

Trong đó

c

A(x0  x1)  B ( y0  y1)  C (z0  z1)

Khi đó

f (t) 

z  z1

A(x  x1)  B( y  y1)  C (z  z1)  0

Aa  Bb  Cc  0 � A  

Trong đó



B
C

, ta đươc

(2)

d( A, (P )) 

f (t)

mt2  nt  p
m ' t2  n ' t  p '

qua

C

rồi cho

C

, khảo sát hàm

f (t)

ta tìm được

giá trị bất kì ta tìm được

A, B

max f (t)

. Từ đó suy ra được sự biểu

.

2. và 3. làm tương tự
Cách 2: Dùng hình học
1. Gọi

K,H

lần lượt là hình chiếu của

d( A, (P ))  AH �AK

Hay

(P )

2. Nếu

, mà

AK

là mặt phẳng đi qua

K

A

lên



và

không đổi. Do đó
, nhận

�
  (Q) �  (P ),(Q)  900

uuuu
r
AK

(P )

, khi đó ta có:

d( A, (P ))

lớn nhất

H

K

làm VTPT.

nên ta xét



và (Q) không vuông góc với nhau.

www.thuvienhoclieu.com

Trang 2


www.thuvienhoclieu.com
B

�

Gọi

định trên đường thẳng đó. Hạ
Ta có

Mà



là một điểm nào đó thuộc

, dựng đường thẳng qua

CH  (P ), CK  d.

B

và vuông góc với

Góc giữa mặt phẳng

(P )

(Q)

. Lấy điểm

và mặt phẳng

(Q)

là

C

cố

� .
BCH

BH
BK
�
sin BCH

�
.

BC
BC

BK
BC

không đổi, nên

�
BCH

nhỏ nhất khi

H �K .

(P )
(BCK )
�

Mặt phẳng
cần tìm là mặt phẳng chứa và vuông góc với mặt phẳng
. Suy ra
uuu
r
uur uur uuu
r
�
nP  �
u ,�
u ,n �

(P )
� � Q �
�

là VTPT của

3. Gọi

M

là một điểm nào đó thuộc

cố định trên đường thẳng đó. Hạ
�
AMH

Mà

cos �
AMH 

. Ta có

KM
AM

.

không đổi, nên



, dựng đường thẳng

AH  (P ), AK  d.

d'

qua

M

và song song với

Góc giữa mặt phẳng

(P )

d

. Lấy điểm

và đường thẳng

d'

A

là

HM
KM
�
.
AM
AM

�
AMH

lớn nhất khi

H �K .

(d ', 
(P )

�
Mặt phẳng
cần tìm là mặt phẳng chứa và vuông góc với mặt phẳng
. Suy ra
uuu
r
uur uur uuur
�
nP  �
u ,�
u ,u �
(P )
� � d ' �

�

là VTPT của

.

II. CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1. 8 Trong không gian với hệ toạ độ đề các vuông góc Oxyz cho A (2;5;3) và đường thẳng
x1 y z2
d:
 
2
1
2 . Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A lên d và viết phương trình mặt phẳng

(P ) chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ A đến (P ) lớn nhất.
Lời giải.

�

Đường thẳng

Gọi
Do

H

d

có

uur
ud  (2;1;2)

là hình chiếu của

A

lên

là VTCP.

uuuur
d � H (1  2t; t;2  2t) � AH  (2t  1; t  5;2t  1)

uuuur uur
AH  d � AH .ud  0 � 2(2t  1)  t  5  2(2t  1)  0 � t  1 � H (3;1;4)

�

Gọi

H'

là hình chiếu của

Khi đó, ta có:
Suy ra

A

lên

mp(P )

AH ' �AH � d( A, (P ))

uuuur
AH  (1; 4;1)

Vậy phương trình

là VTPT của

và

(P ) : x  4 y  z  3  0

.

.

lớn nhất

(P )

.

(P )

�
H

đi qua

H'
H

(P )

AH

.

.

www.thuvienhoclieu.com

Trang 3


www.thuvienhoclieu.com
Ví dụ 2.8 Trong không gian với hệ toạ độ đề các vuông góc Oxyz cho bốn điểm
A 1;0;0 , B 1;1;0 , C 0;1;0 , D 0;0; m
m �0

















với
là tham số.
1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BD khi m  2 ;
2. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên BD . Tìm các giá trị của tham số m để diện tích tam giác
OBH đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải.uuur

uuur
AB

(0;1;0),
CD
 (0; 1; m)
Ta có:
uuur
uuuu
r
CD


(0;

1;2)
AC
 (1;1;0)
m

2
1. Với
ta có:
và
uuur uuur
uuur uuur uuuu
r
�
AB, CD � (2;0;0) � �
AB, CD �.AC  2
�
�
�
Do đó �
uuur uuur uuuu
r
�
AB, CD �.AC
uuur uuur
2
�
�

d( AB, CD) 
 1
uuur uuur
2
�
AB, CD �
�
�
Vậy
.
2
2
2
2. Đặt x  OH � BH  OB  OH  2  x

1
1 2
1
1
x. 2  x2 
x (2  x2) � (x2  2  x2 ) 
2
2
4
2.
Suy ra
Đẳng thức xảy ra � x  1 � OH  1 � d(O, BD)  1
uuur
uuur
uuur uuur

BD  (1; 1; m), OB  (1;1;0) � �
BD, OB � (m; m;0)
�
�
Ta có:
uuur uuur
�
BD, OB �
m 2
�
�
d(O, BD) 

 1 � 2m2  2  m2
uuur
2
BD
2 m
SOBH 

Do đó

� m �2

Vậy m  � 2 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 3.8 Lập phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M (1;9;4) và cắt các trục tọa độ tại các điểm
A, B, C (khác gốc tọa độ) sao cho:

1. M là trực tâm của tam giác ABC ;

2. Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng ( ) là lớn nhất;
3. OA  OB  OC ;
x  0, zC  0
4. 8OA  12OB  16  37OC và A
.
Lời giải.

Giả sử mặt phẳng ( ) cắt các trục tọa độ tại các điểm khác gốc tọa độ là
A (a;0;0), B(0; b;0), C (0;0; c) với a, b, c �0.
x y z
   1.
Phương trình mặt phẳng ( ) có dạng a b c

1 9 4
   1 (1).
( ) đi qua điểm M (1;9;4) nên a b c
Mặt phẳng
uuuur
uuur
uuuur
uuur
AM
(1

a
;9;4),
BC
(0;

b

;
c
),
BM
(1;9

b
;4),
CA
(a;0;  c).
1. Ta có:

www.thuvienhoclieu.com

Trang 4


www.thuvienhoclieu.com
�M �( )
�
�uuuur uuur
�AM .BC  0
�uuuur uuur
BM .CA  0
Điểm M là trực tâm tam giác ABC khi và chỉ khi �
�1 9 4
�   1
a b c
�
98

49
�
��
9b  4c
� a  98; b 
;c 
9
2
�a  4c
�
�
.

Phương trình mặt phẳng ( ) cần tìm là x  9y  4z  98  0.
2.
d(O,( )) 

1
1
a2

Cách 1: Ta có:



1

1



b2



c2

1
a2

T 

Bài toán trở thành, tìm giá trị nhỏ nhất của

1

1
2

a

1



b2



1

2

b




1

.

c2
1
c2 với các số thực

1 9 4
   1 (1).
a, b, c �0 thỏa mãn a b c
2

�1
� 1
1
1�
1
1�
1.  9.  4. � �(12  92  42 ) � 

.
�

�
2
2
2
a
b
c�
�
a
b
c
�
�
Ap dụng bđt Bunhiacopski ta có:
� 1
1
1
1:  9:  4 :
�
� a
b
c � a  9b  4c  98.
�
1
9
4
1
�   1
T �
98 . Dấu đẳng thức xảy ra khi �a b c

Nên suy ra
Phương trình mặt phẳng ( ) cần tìm là x  9y  4z  98  0.

Cách 2: Gọi H là hình chiếu của O trên mặt phẳng ( ) .

Vì mặt phẳng ( ) luôn đi qua điểm cố định M nên d(O, ( ))  OH �OM  98.
Dấu
đẳng thức xảy ra khi H �M , khi đó ( ) là mặt phẳng đi qua M và có véc tơ pháp tuyến là
uuuur
OM(1;9;4) nên phương trình ( ) là
1.(x  1)  9( y  9)  4.(z  4)  0 � x  9 y  4z  98  0.

3. Vì OA  OB  OC nên
�Trường hợp 1: a  b  c.

a  b  c,

do đó xảy ra bốn trường hợp sau:

1 9 4
   1 � a  14,
Từ
suy ra a a a
nên phương trình ( ) là: x  y  z  14  0.
1 9 4
   1 � a  6,
(1)
�Trường hợp 2: a  b   c. Từ
suy ra a a a
nên phương trình ( ) là

x  y  z  6  0.
(1)

�Trường hợp 3: a  b  c. Từ
x  y  z  4  0.

(1)

�Trường hợp 4: a  b   c. Từ
x  y  z  12  0.

1 9 4
   1 � a  4,
suy ra a a a
nên phương trình ( ) là

(1)

1 9 4
   1 � a  12,
có a a a
nên phương trình ( ) là

Vậy có bốn mặt phẳng thỏa mãn là x  y  z  14  0, và các mặt phẳng
www.thuvienhoclieu.com

Trang 5


www.thuvienhoclieu.com

x  y  z  6  0, x  y  z  4  0, x  y  z  12  0.

4. Vì

xA  0, zC  0
nên a  0, c  0, do đó
8OA  12OB  16  37OC � 8a  12 b  16  37c.

8
2a  4
a, b 
,a  2
37
3
�Nếu
nên từ (1) ta có
�
a5
1
27
37


 1 � a2  2a  35  0 � �
a 2a  4 2a
a  7
�
b 0� c 

Vì a  2 nên

�Nếu

a  5 � b  2; c  

40
,
37 phương trình mặt phẳng cần tìm là
( ) : 8x  20y  37z  40  0.

8
4  2a
a, b 
,a  2
37
3
nên từ (1) ta có

b 0� c 

1
27
37
29 �3 109


 1 � a2  29a  35  0 � a 
a 4  2a 2a
2

Vì a  2 nên không có giá trị thỏa mãn.

Vậy phương trình mặt phẳng ( ) : 8x  20 y  37z  40  0.
2
2
2
Ví dụ 4.8 Cho mặt cầu (S) : (x  1)  ( y  1)  (z  1)  25 và mặt phẳng ( ) có phương trình

2x  2y  z  7  0

1. Chứng minh rằng mặt phẳng ( ) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định tâm và tìm bán kính
của đường tròn đó;
2. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A(1; 1;2), B(3;5; 2) và (P) cắt mặt cầu (S) theo
một đường tròn có bán kính nhỏ nhất.
Lời giải.

Mặt cầu (S ) có tâm I (1;1;1) , bán kính R  5 .
d(I , ( )) 

1. Ta có
r

2 21 7
22  22  12

4 R

, suy ra ( ) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn tâm H bán kính

R 2  d2 (I , ( ))  3

H là hình chiếu của I lên mặt phẳng ( ) , suy ra phương trình của HI là:
�x  1  2t
�
�y  1  2t
�z  1  t
�
�x  1  2t
�
�y  1  2t
�
�
�z  1  t
�
2x  2y  z  7  0
Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ �
� 5 5 1�
H � ;  ;  �
� 3 3 3�

Vậy tâm

�
5
x y 
�
�
3
�

�z   1
�
3

.

uuur
AB   2;6; 4

�x  1  t
�
AB : �y  1  3t
�y  2  2t
�

2. Ta có
nên phương trình đường thẳng
Vì I A  R nên mặt phẳng (P ) đi qua AB luôn cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính
r  25  d2 (I , (P )) .

www.thuvienhoclieu.com

Trang 6


www.thuvienhoclieu.com
Do đó r nhỏ nhất � d(I , (P )) lớn nhất.
Gọi K , H lần lượt là hình chiếu của I lên AB và (P ) , ta luôn có
H K
I H �I K nên suy ra d(I , (P )) lớn nhất

uuur
Do H �AB � H (1  t; 1  3t;2  2t) � I H  (t;3t  2;1  2t)

uuur
uuur uuur
4 2 1�
4 � IH  �
� ; ; �
I H  AB � I H .AB  0 � t  3(3t  2)  2(1  2t)  0 � t 
�7 7 7 �
7
Vì
Vậy phương trình ( ) : 4x  2y  z  4  0 .
Ví dụ 5.8 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho (P ) : 2x  y  2z  14  0 và mặt cầu

x2  y2  z2  2x  4 y  2z  3  0
1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Ox và cắt (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3 ;
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu (S) sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) lớn nhất.
Lời giải.

Mặt cầu (S) có tâm

I (1; 2; 1)

1.Trục Ox có phương trình:

và bán kính

�y  0
�

�
�z  0

R3

.

phương trình (Q):

Mặt cầu (S) cắt (Q) theo một đường tròn có bán kính
� I �(Q) � a  2b  0

, chọn

Vậy phương trình mp(Q):

b 1� a  2

2x  y  0

ay  bz=0

.

r  3 R

.

.

2. Gọi  là đường thẳng đi qua I và vuông góc với mp(P) . Suy ra phương trình của
:


x1 y 2 z1


2
1
2

cắt mặt cầu

Khi đó nếu

(S)

tại hai điểm

A, B

.

d( A, (P ))  d(B, (P )) � d(M ,(P ))

Tọa độ giao điểm của



M

lớn nhất

A

.

và mặt cầu (S) là nghiệm của hệ:
�x2  y2  z2  2x  4 y  2z  3  0
�
�x  1 y  2 z  1


�
1
2
�2

Giải hệ này ta được hai giao điểm
Ta có:

A(1; 1; 3), B(3; 3;1)

d( A, (P ))  7  d(B, (P ))  1

.

.

.

Vậy d(M , (P )) lớn nhất � M (1; 1; 3) .
Ví dụ 6.8 Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P ) : 2x  y  2z  6  0 và hai điểm

A (5; 2;6), B(3; 2;1) . Tìm điểm M thuộc (P ) sao cho:
MA  MB

1. MA  MB nhỏ nhất

2.

lớn nhất

Lời giải.

www.thuvienhoclieu.com

Trang 7


Mặt phẳng

(P )

có

uuu
r
nP  (2; 1;2)

Thay tọa độ hai điểm
cùng một phía so với
1. Gọi

A'

M �(P )

Do đó

(P )

, ta có

là VTPT

vào vế trái phương trình của

MA  MA '

A

qua

(P )

, khi đó

ta được

18

và

4

nên hai điểm

A, B

nằm về

A'

và

B

ở khác phía so với

(P )

và với mọi điểm

.

M �(P ) : MA  MB  A ' M  MB �A ' B

, suy ra

(P )

.

là điểm đối xứng với

M  A ' B �(P )

Ta có:

A, B

www.thuvienhoclieu.com

MA  MB

nhỏ nhất

, mà

A 'B

không đổi và đẳng thức xảy ra khi

� M  A ' B �(P )

.

�x  5  2t
�

AA '  (P ) � AA ' : �y  2  t
�z  6  2t
�

Tọa độ giao điểm

H

của

AA '

và

(P )

là nghiệm của hệ:

�x  5  2t
�x  1
�
�
�y  2  t
� �y  0 � H (1; 1; 2)
�
�z  6  2t
�
�z  2
�
2

x

y

2
z

6

0
�

H

là trung điểm của

Suy ra

Tọa độ

Vậy
2. Vì

�xA '  2xH  xA  3
�
AA ' � �yA '  2yH  yA  2 � A '(3;2; 2)
�
�zA '  2zH  zA  2

uuuuur

A ' B  (6; 4;3)

M

, phương trình

là nghiệm của hệ

�x  3  6t
�
A ' B : �y  2  4t , t ��
�z  2  3t
�

� 21
�x 
�x  3  6t
� 11
�
14
�y  2  4t
�
� �y  
�
11
�z  2  3t
�
5
�
�

2x  y  2z  6  0
�
�z  11
�

�21 14 5 �
M � ;
; �
�11 11 11 �

là điểm cần tìm.

A, B

nằm về cùng một phía so với

(P )

nên với mọi

M �(P )

AM  MB �AB

, đẳng thức xảy ra khi

ta luôn có

M  AB �(P )

www.thuvienhoclieu.com

.

Trang 8


www.thuvienhoclieu.com

Phương trình

�x  5  2t
�
AB : �y  2
�z  6  5t
�

� 17
�x  5  2t
�x 
7
�
�
�y  2
�
M :�
� �y  2
�z  6  5t
�
3

�
�z  
2
x

y

2
z

6

0
�
7
�

Tọa độ

. Vậy

�17
3�
M � ; 2;  �
7�
�7

.

Ví dụ 7.8 Trong không gian Oxyz cho điểm A(1; 1;1) , đường thẳng  có phương trình

x1 y z1
:
 
2
1
1 và mặt phẳng (P ) : 2x  y  2z  1  0
1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng  và khoảng cách từ A đến (Q) lớn nhất;

2. Viết phương trình mặt phẳng (R ) chứa  và tạo với (P ) một góc nhỏ nhất;
3. Viết phương trình mặt phẳng ( ) chứa hai điểm M (1;1;1), N (1;2; 1) và tạo với đường thẳng  một
góc lớn nhất.
Lời giải.

uuu
r
nP  (2; 1;2)

Mặt phẳng (P) có
Đường thẳng



đi qua

1. Cách 1: Giả sử

là VTPT

B (1;0; 1)

ur
n  (a; b; c)

và có

u
r
u  (2;1; 1)

là VTPT của

(Q)

là VTCP.

a(x  1)  by  c(z  1)  0 � ax  by  cz  a  c  0

Do

 �(Q)

nên

2a  b  c  0 � c  2a  b

d( A, (Q)) 

Do đó:

2c  b

a2  b2  c2

Xét hàm số

thì ta đặt
f (t)

a
t
b

Suy ra
b  1

16a2  8ab  b2

, ta có:

t ��

max f (t)  f (2) 

Chọn

5a2  4ab  2b2

5a2  4ab  2b2
f '(t) 

với

ta tìm được

16a2  8ab  b2



5a2  4ab  2b2

5

Nếu

Nếu

.

4

b  0 � d( A, (Q)) 

b �0

có dạng:

(1)

4a  b



(Q)

, suy ra phương trình của

ta có:

7
2



a  2, c  3

5t2  4t  2

24t2  54t  12
2

2

(5t  4t  2)

max d( A, (Q)) 

, do đó

16t2  8t  1

 f (t)

, f '(t)  0 � t  2, t  

14
2

, đạt được khi

1
4

a  2b

.

www.thuvienhoclieu.com

Trang 9


www.thuvienhoclieu.com

Vậy phương trình
Cách 2: Gọi

(Q) : 2x  y  3z  1  0

K,H

Dẫn tới

Vì

A

lần lượt là hình chiếu của

d( A, (Q))  AH �AK
(Q)

.

, mà

AK

không đổi nên

là mặt phẳng đi qua

K

và nhận

lên



d( A, (Q))

uuuur

AK

(Q)

và

, khi đó

lớn nhất

H

K

làm VTPT.

uuuu
r
K � � K  1  2t; t; 1  t  � AK   2t; t  1;  t  2

uuuur u
r
� 1 1 �uuuur
1
AK   � AK .u  0 � 4t  t  1  t  2  0 � t   � K �
0;  ;  �
, AK 
2
� 2 2�

Vậy phương trình

(Q) : 2x  y  3z  1  0

2. Cách 1: Tương tự như trên ta có

� 1 3�
1; ;  �
�
� 2 2�

.

(Q) : ax  by  (2a  b)z  a  b  0

�
   (P ), (R ) 00 � �900
Gọi
,
.
cos  

Ta có:

2a  b  2(2a  b)
3 a2  b2  (2a  b)2

a  0 � cos  

Nếu

Nếu

a �0

, đặt

b
t
a

Khảo sát hàm số

Suy ra

f (t)

max  cos  

Vậy phương trình
Cách 2: Gọi

d



1 b2  12ba  36a2
3 2b2  4ab  5a2

1

3 2
b2  12ba  36a2

thì ta có:

2b2  4ab  5a2
max f (t)  f (

ta tìm được

đạt được khi

b
7

a
10

, chọn

(R) : 10x  7 y  13z  3  0

là đường thẳng đi qua

Ta có phương trình

.

�x  1  2t
�

d : �y   t
�z  1  2t
�

B

, lấy



t2  12t  36
2t2  4t  5

 f (t)

7
53
)
10
6

b  7 � a  10

.

và vuông góc với

C (3; 1;1)  d, C

(P )

B

www.thuvienhoclieu.com

Trang 10


www.thuvienhoclieu.com

H,K

Gọi

C

lần lượt là hình chiếu của

(R )

lên



và

, khi đó

BH
BK

�
BC
BC

�
sin   sin BCH

BK
BC

Mà

không đổi, nên suy ra

mặt phẳng
Mặt phẳng
Do

(R )

(BCK )
(BCK )

đi qua



phương trình của



M , N �( )

đi qua



và vuông góc với

và vuông góc với

(BCK )

nên

Ta có:

uuu
r
n  (2a;2b; b  2a)

uuu
ru
r
n .u
sin   uuu
r u
r 
n . u

a  0 � sin  

Nếu
f (t) 

Xét hàm số

3
2

( )

uuur
uur u
r
nR  �
n1, u�  10; 7;13
� �

a �0

, đặt

t2  12t  36
5t2  4t  8

ta tìm được



và vuông góc với

là VTPT của

là VTPT của

(R )

(BCK )

.

, suy ra

ax  by  cz  d  0

có dạng:

2ax  2by  (b  2a)z  3b  0

. Gọi

  (�
  ))

6. 4a2  4b2  (b  2a)2

, với

là mặt phẳng đi qua

uur
uuu
r u
r
n1  �
nP , u� (1;6;4)
�
�

nên

4a  2b  b  2a

t

.

�
3
d b
�
�
2
�
�c   a  1 b
�
2

như sau:

là VTPT của

(R )

và

.

( )

�a  b  c  d  0
�
�
� a  2b  c  d  0

( )

(P )

nên

(R ) : 10x  7 y  13z  3  0

Ta viết lại dạng phương trình của
Suy ra

hay

.

3. Cách 1: Giả sử phương trình mặt phẳng

Do

K

H

nhỏ nhất

�
  BCH



1
6

b2  12ab  36a2
5b2  4ab  8a2

b
, t ��
a

�5 � 53
max f (t)  f � �
�8 � 9

www.thuvienhoclieu.com

.

Trang 11


www.thuvienhoclieu.com
Do đó

b 5
max � sin max � 
a 8

Vậy phương trình của
Cách 2: Ta có:

, chọn

b  5, a  8

( ) : 16x  10y  11z  15  0

uuuuu
r
NM   2; 1;2

�x  1  2t
�
MN : �y  1  t , t ��

�z  1  2t
�

. Gọi

d

là VTCP của

MN

.

, suy ra phương trình đường thẳng

là đường thẳng đi qua

M

, song song với



. Suy ra phương trình

�x  1  2t
�
d : �y  1  t , t ��
�z  1  t
�

Trên

d

ta lấy điểm

( ),    �
ABH
�

Ta có:
( )

Ta có:
Suy ra

. Gọi

H,K

lần lượt là hình chiếu của

A

lên

( )

và

MN

, khi đó

.

cos �
ABH 

Hay

A (3;2;0)

BH
BK
�
BA
BA

là mặt phẳng đi qua

, mà
MN

uuu
r
uuuuu
r u
r

n  �
NM , u�  1;6;4
�
�

BK
BA

lớn nhất

và vuông góc với mặt phẳng

là VTPT của

uuu
r
uuuuu
r uuu
r
n  �
NM , n �  16; 10;11
�
�

Vậy phương trình của

không đổi nên

�
ABH

H

K

( ) �(M N , d)

( )

là VTPT của

( ) : 16x  10y  11z  15  0

( )

.

Ví dụ 8.8 Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( ) : x  y  z  3  0 và điểm A (1;2;3) . Lập phương

trình đường thẳng  nằm trong ( ) và
1.  đi qua M (1;1;1) và khoảng cách từ A đến  lớn nhất, nhỏ nhất;
2.  đi qua M và khoảng cách giữa  và
Lời giải.

Mặt phẳng

( )

có

ur
n  (1;1;1)

d:

x 2 y
z
 
1
2 1 lớn nhất.

là VTPT
www.thuvienhoclieu.com

Trang 12


u
r
u  (a; b; c)

Gọi

1. Ta có:

www.thuvienhoclieu.com
là VTCP của



, do

 � (P ) � a  b  c  0 � c   a  b

uuuur
u
r uuuur
AM   0; 1; 2 � �
u, AM �  c  2b;2a;  a
�
�

u
r uuuur
�
u, AM �
�
�
d( A, ) 

u
r
u

(c  2b)2  5a2



a2  b2  c2

(1)

(b  a)2  5a2
a2  b2  (a  b)2

Do đó:
b2  2ab  6a2

1



2

b2  2ab  b2

a  0 � d( A, ) 

1

Nếu
f (t) 

2

, với

a �0

b

, t ��
a

t

đặt

t2  2t  6
t2  t  1

Xét hàm số

, khảo sát hàm số

f (t)

ta tìm được

2
2
max f (t)  ff( )  10, min (t)  f (4) 
3
3

�

A

Khoảng cách từ

đến



phương trình đường thẳng :
�

A

Khoảng cách từ

đến

:

trình đường thẳng :
2. Đường thẳng

d

t

lớn nhất khi

, chọn

b  2 � a  3, c  1

, suy ra

x1 y1 z1
:


3
2
1



t4�

nhỏ nhất khi

x1 y1 z 1


1
4
5

đi qua

2
b
2
� 
3
a
3

N (2;0;0)

và có

b
4
a

, chọn

b  4 � a  1, c  5

, suy ra phương

.

uur
u1  (1;2; 1)

là VTCP

uuuur
u
r uur
u
r uur uuuur
MN   1; 1; 1 , �
u, u1 � (2a  b; b;2a  b) � �
u, u1 �.MN  3b

� �
� �

Do đó

u
r uur uuuur
�
u, u1 �.MN
� �
d(, d) 

u
r uur
�
u, u1 �
� �

Đẳng thức xảy ra khi

Vậy phương trình

3b
2

2

2

(2a  b)  b  (2a  b)

3

b2
4a2  3b2

� 3

u
r
a  0 � c  b � u  b(0;1; 1)

�x  1
�
 : �y  1  t
�z  1  t
�

.

www.thuvienhoclieu.com

Trang 13


www.thuvienhoclieu.com
Ví dụ 9.8 Lập phương trình đường thẳng d đi qua A (0;  1; 2) và cắt đường thẳng

d�
:

x1 y z2
 
2
1
1

sao cho:
1. Khoảng cách từ B (2; 1;1) đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất;
2. Khoảng cách giữa d và

:

x5
y
z


2
2 1 là lớn nhất.

Lời giải.

d

Giả sử

cắt

d'

tại điểm

uuuur
AM  (2t  1; t  1;  t)

1. Ta có

B

thì

M (1  2t; t; 2  t), t ��.

là VTCP của đường thẳng

uuur
AB  (2; 2;  1)

Khoảng cách từ điểm

M

nên

d

.

uuur uuuur

�
AB, AM � (1  t; 1; 4  2t).
�
�

đến đường thẳng

d

là

uuur uuuur
�AB, AM �
�
�
d(B, d) 

uuuur
AM

f (t) 

Ta có

5t2  18t  18
6t2  2t  2

f�
(t) 

nên

98t(t  2)
(6t2  2t  2)2

5t2  18t  18
6t2  2t  2



f (t)

.

max f (t)  ff(0)  18, min (t)  f (2) 

Từ đó ta tìm được

1
.
11

Do đó:
�

min d(B, d) 

d:

1

11

đạt được khi

uuuur
t  2 � AM  (3; 3;  2)

nên phương trình đường thẳng cần tìm

x y1 z 2


.
3
3
2

�max d(B, d)  3 2

đạt được khi

uuuur
t  0 � AM  (1;1; 1)

nên phương trình đường thẳng cần tìm

x
y1 z 2
d:



.
1
1
1

2.



đi qua

Ta có

N (5; 0; 0)

và có véc tơ chỉ phương

uur
u  (2;  2; 1).

uur uuuur
uuuur
�
u , AM � (t  1; 4t  1; 6t), AN  (5; 1;  2).
�
�

Khoảng cách giữa hai đường thẳng là:

www.thuvienhoclieu.com

Trang 14


www.thuvienhoclieu.com

uur uuuur uuuur
�
u , AM �.AN
�
�
d(; d) 

uur uuuur
�
u , AM �
�
�
 3.

f�
(t) 

Vì

6(t  2)(4  37t)
(53t2  10t  2)2

Từ đó ta tìm được

(2  t)2
53t2  10t  2

6  3t
(t  1)2  (4t  1)2  (6t)2
 3. f (t), f (t) 

f�
(t)  0 � t  2, t 

nên

�4 �
max f (t)  f � �
�37 �

, khi đó
d:

Vậy đường thẳng d có phương trình là

(2  t)2
53t2  10t  2

.

4
.
37

uuuur
1
AM  
 29;  41; 4 .
37

x
y1 z 2


.
29
41
4

CC BÀI TỐN DNH CHO HỌC SINH ÔN THI ĐẠI HỌC
Bài 1

 P  : 2x  y  z  1  0

1. Trong không gian Oxyz cho 2 điểm A (1;3; 2), B (3;7; 18) và mặt phẳng
.
a) Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với (P ) .
b) Tìm toạ độ điểm M thuộc (P ) sao cho MA  MB nhỏ nhất.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đề Các vuông góc Oxyz cho tứ diện ABCD với
A (2;3;2), B(6; 1; 2), C(1; 4;3), D(1;6;-5) . Tính góc giữa hai đường thẳng AB và CD . Tìm tọa độ
M trên CD sao cho tam giác ABM có chu vi nhỏ nhất.

3. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng (P ) có phương trình: x  2y  2z  5  0 và hai

A  3;0;1 , B  1; 1;3
điểm
. Trong các đường thẳng đi qua A và song song với (P ) , hãy viết phương
trình đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất.

4. Lập phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M(1;4;9) và cắt các tia Ox,Oy,Oz lần lượt tại các điểm A,B,C
(khác gốc tọa độ) sao cho
a) Thể tích khối tứ diện OABC có giá trị nhỏ nhất.
b) OA  OB  OC đạt giá trị nhỏ nhất.

x 1 y  8 z 1


2
3
1 và các điểm A(3; 4; 1),
5. Cho đường thẳng
B(1; 6;  1), C(1; 10; 3). Tìm điểm M thuộc đường thẳng  sao cho
:

a) MA  MB nhỏ nhất.
b) MA  MC nhỏ nhất.
Bài 2

1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình hộp chữ nhật

ABCD.A ' B ' C ' D ' có A trùng với gốc tọa độ, B  a;0;0 , D  0; a;0 , A '  0;0; b với  a  0, b  0 . Gọi M
là trung điểm của CC ' .

a) Tính thể tích của khối tứ diện BDA ' M .

max VA ' BDM
b) Cho a  b  4 . Tìm
.

2. Cho các điểm A(3;  1;0),B(2;1;  1),C(3;2;6).
a) Tìm điểm D thuộc mặt phẳng (Oyz) sao cho ABCD là tứ diện có các cặp cạnh đối vuông góc.
b) Tìm điểm M trên trục hoành sao cho tam giác ABM có diện tích nhỏ nhất.
3. Cho hai điểm A(5;2;3),B(1;  2;  1).

www.thuvienhoclieu.com

Trang 15


www.thuvienhoclieu.com
a) Đường thẳng AB cắt mặt phẳng (Oxz) tại M. Điểm M chia đoạn AB theo tỉ số nào?
b) Tìm tọa độ điểm N trên mặt phẳng (Oxz) sao cho NA  NB có gia trị nhỏ nhất.
2
2
c) Cho điểm K có các thành phần tọa độ bằng nhau. Xác định K biết rằng 2K A  3K B đạt giá trị lớn nhất
4. Cho A(1;  1; 2), mặt phẳng (P ): x  y  z  1  0 và đường thẳng

x1 y z 4
 
.
2
1
3 Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm A
đồng thời
a) d //(P ) và khoảng cách giữa d và  là lớn nhất.

:

b) d //(P ) và góc giữa d và  là lớn nhất, bé nhất.
x  1  t
�
�
d�
: �
y  3  t (t �R)
�
z  1  t
�
c) d vuông góc với đường thẳng
và khoảng cách từ điểm B(1; 1;  1) đến đường thẳng
d là lớn nhất, bé nhất.

Bài 3 Trong không gian

Oxyz

:

cho đường thẳng

A (3;2; 1), B(1; 2;1), C (2;1;3)

1.

MA  MB

. Tìm

nhỏ nhất

M �

2.

x y z1
 
1 2
1

và ba điểm

sao cho:

MA  MC



nhỏ nhất.



M 1;4;9
Bài 4 Lập phương trình mặt phẳng ( ) đi qua
sao cho ( ) cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại 3

điểm A, B, C thỏa:

1. M là trọng tâm tam giác ABC ;
2. Tứ diện OABC có thể tích lớn nhất;
3. Khoảng cách từ O đến ( ABC) lớn nhất;
4. OA  OC  4OB và OA  OB  9 .

Bài 5 Cho

A  a;0;0 , B  0; b;0 , C  0;0; c

1. Tìm tâm và bán kính

2. Gọi

r

1. Tìm tọa độ điểm
nhất.

a, b, c  0

mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

Bài 6 Cho các điểm

M

R

với

thuộc mặt phẳng

2. Tìm
thuộc mặt cầu
trị lớn nhất.

và

OABC

OABC

. Tìm giá trị nhỏ nhất của bán kính

. Chứng minh rằng:

A (1; 0;  1), B(2;  2; 1), C (0;  1; 0)

M

1 1 1
  2
a b c

.

(P ) : x  2y  2z  6  0

(S) : (x  1)2  ( y  1)2  (z  1)2 

57
2

1
3
r�
4
2( 3  1)

R

.

.

uuuur uuuur uuuur
MA  MB  MC

sao cho :

đạt giá trị nhỏ
uuuur
uuuur
uuuur
2MA  4MB  3MC

sao cho :

đạt giá

Bài 7

www.thuvienhoclieu.com

Trang 16


www.thuvienhoclieu.com
2

1. Cho mặt cầu

2

2

(S1) : x  y  z  6x  12y  12z  72  0

và mặt cầu

(S)

(S2) : x2  y2  z2  9  0.

phương trình mặt cầu
có tâm nằm trên đường nối tâm của hai mặt cầu
mặt cầu đó và có bán kính lớn nhất

(S1)

và

(S2),

Lập

tiếp xúc với hai

2. Lập phương trình đường thẳng  đi qua điểm điểm A(3;  2; 1) và
x 1 y 1 z 1


1
2
1 sao cho
cắt đường thẳng
a) Khoảng cách từ B(2; 1;  1) đến  là lớn nhất, bé nhất.
�x  1  2t
�
�
: �y  2  t (t �R)
�
z  1  2t
�
b) Khoảng cách giữa  và
lớn nhất.
c) Góc giữa  và mặt phẳng (P ): 5x  2y  3z  8  0 lớn nhất.
d:

d:
Bài 8. Cho

mặt phẳng

x1 y 2
z


1
2
1

(P )

chứa đường thẳng

1. Góc giữa mặt phẳng
2. Góc giữa mặt phẳng

(P )
(P )

d�
:

và
d

và mặt phẳng

(Q)

(Q)

và đường thẳng

1. Viết phương trình mặt phẳng
chứa

(P )

d

3. Viết phương trình mặt phẳng

nhỏ nhất.

d�
lớn nhất.

A (1;4;2), B (1;2;4)

chứa

d

chứa

d

d:

và đường thẳng:

sao cho khoảng cách từ

vào tạo với mặt phẳng

(R )

Lập phương trình

và

Bài 9 Trong không gian cho hai điểm

2. Viết phương trình

x 2 y1 z

 ,
2
1
2 (Q) : x  2y  2z  3  0.

và tạo với

(Oxy)

Oy

A

đến

(P )

x 1 y 2 z


1
1
2

.

lớn nhất.

một góc nhỏ nhất.

một góc lớn nhất.

Bài 10

Cho các điểm
Tìm điểm
1.

M

MA  MB

A (1;  1; 2), B (2; 1; 0), C (2; 0; 1)

thuộc

(P )

và mặt phẳng

(P )

có phương trình

2x  y  z  3  0.

sao cho

có giá trị nhỏ nhất

MA  MC

2.
3.

có giá trị lớn nhất.
MA  MC

có giá trị nhỏ nhất

MA  MB

4.

có giá trị lớn nhất.

Bài 11.

1. Cho

O(0; 0; 0)

:

x1 y1 z

 ,
1
2
1

d�
:

x y 1 z1


.

2
2
1

và đường thẳng
đường thẳng
O
,
d
d'

phương trình đường thẳng qua
vuông góc với và cách
khoảng lớn nhất.
www.thuvienhoclieu.com

Lập

Trang 17


www.thuvienhoclieu.com
2. Cho các điểm

A (4; 1; 2), B(1; 4; 2), C (1; 1; 5)

(P ) : x  y  z  7  0

và đường tròn (C) là giao của mặt phẳng
x2  y2  z2  2x  2y  4z  3  0

(S)

và mặt cầu
có phương trình
M �(C )
MA  MB  MC
điểm
sao cho
đạt giá trị lớn nhất.

. Tìm tọa độ

Bài 12. Cho các điểm A,B,C lần lượt nằm trên các trục Ox, Oy, Oz (khác gốc tọa độ). Lập phương trình mặt
phẳng (ABC) biết

1. Điểm G(2;3;1) là trọng tâm của tam giác ABC.
2. Điểm H(5;  3;  2) là trực tâm của tam giác ABC.

3. Mặt phẳng (ABC) qua M(1;  2;3) và d(O,(ABC)) lớn nhất.
4. Mặt phẳng (ABC) qua N(1;2;3) và OA  OB  OC.
5. Mặt phẳng

(ABC)

qua

P(3;2;1),

A

điểm

có hoành độ bằng

2

đồng thời

OB  1  2OC.

Bài 13. Cho mặt phẳng (P ):x  y  z  1  0 và ba điểm A(1;1;1), B(0;1;2),C(2;0;1).
1. Tìm tọa độ điểm M có tung độ bằng 1, nằm trong mặt phẳng (P ) và thỏa mãn MA  MB.

2. Tìm điểm

N

thuộc mặt phẳng

(P )

sao cho

2NA 2  NB 2  NC 2

đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 14.
1. Cho mặt phẳng (P ) : x  2y  z  1  0 và các điểm A(1; 0;0), B(0; 2;  3). Lập phương trình đường

thẳng d nằm trong (P ), đi qua A và cách B một khoảng lớn nhất, nhỏ nhất?.

2. Lập phương trình đường thẳng d đi qua A(1;  1; 2), song song với mặt phẳng (Q) : 2x  y  z  3  0, đồng
thời d tạo với đường thẳng

d�
:

x 1 y 1 z


1
2
2 một góc nhỏ nhất, lớn nhất?.

x 1 y  2 z  2
d�
:


A(

1;
0;

1)
2
1
1 sao cho
3. Lập phương trình đường thẳng d đi qua

và cắt đường thẳng
x3 y2 z3
:


1
2
2 là lớn nhất, nhỏ nhất?
góc giữa đường thẳng d và đường thẳng
x 1 y  2 z
d:


1
1
2 và điểm A(1; 4; 2),
Bài 15. Cho đường thẳng
B(1; 2; 4). Lập phương trình mặt phẳng (P ) chứa đường thẳng d và
1. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P ) là lớn nhất.
2. Góc giữa mặt phẳng (P ) và mặt phẳng (xOy) là nhỏ nhất.
3. Góc giữa mặt phẳng (P ) và trục Oy là lớn nhất.

Chú ý: Trong không gian cho
1. Tìm

M

sao cho

a) Nhỏ nhất khi

b) Lớn nhất khi

n

điểm

A1, A2,..., An

.

P  1MA12   2MA22  ...   n MAn2

1   2  ...   n  0
1   2  ...   n  0

www.thuvienhoclieu.com

Trang 18


www.thuvienhoclieu.com
M

2. Tìm

sao cho

uuuuur
uuuuur
uuuuur

P  1 MA1   2 MA2  ...   n MAn

n

� i

nhỏ nhất hoặc lớn nhất , trong đó

�0

i 1

.

Phương pháp giải:

I

Gọi là điểm thỏa mãn:
Khi đó :

uuuu
r
uuuu
r
uuuur r
1 I A1   2 I A2  ...   n I An  0

n

điểm

I

� i

tồn tại và duy nhất nếu

i 1

�0

.

uuur uuuu
r 2
uuur uuuu
r 2
uuur uuuur 2
P  1 MI  I A1  1 MI  I A2  ...  1 MI  I An



1.







 (1   2  ...   n )I M 2 





n

�1I Ai2

i 1

n

�1I Ai2

Do

i 1

không đổi nên:

�

1   2  ...   n  0

�

1   2  ...   n  0

Nếu
Nếu

thì
thì

P
P

nhỏ nhất
lớn nhất

� MI
� MI

nhỏ nhất
nhỏ nhất

n
uuur uuuu
r
uuur uuuu
r
uuur uuuur
P  1 MI  I A1   2 MI  I A2  ...   n MI  I An  � i .MI













2.
Do đó
�

Nếu

của

I

P
M

lên

nhỏ nhất hoặc lớn nhất
thuộc đường thẳng


(hoặc

(P )



� MI

i 1

nhỏ nhất hoặc lớn nhất.

(hoặc mặt phẳng

(P )

) thì

MI

lớn nhất khi và chỉ khi

M

là hình chiếu

).

�Nếu M thuộc mặt cầu (S) và đường thẳng đi qua I và tâm của (S), cắt (S) tại hai điểm A, B (
I A  I B) thì M I nhỏ nhất (lớn nhất)
M B ( M �A ).
Ví dụ 10.8 Cho (P ) : x  y  z  1  0 và ba điểm A (1;1;1), B(0;1;2), C (2;0;1) .

1. Tìm tọa độ điểm M �(P ) sao cho MA  MB và yM  1 ;
2
2
2
2. Tìm N �(P ) sao cho S  2NA  NB  NC nhỏ nhất.

Lời giải.

1. Gọi M (x;1; z) �(P ) , ta có: x  1  z  1  0 � x   z
2
2
2
2
Suy ra M A  MB � (x  1)  (z  1)  x  (z  2) � 2x  2z  2  4z  4

1
1
1 1
;x  
M ( ;1; )
2
2 . Vậy
2 2 .
uur uur uuu
r r
(x; y; z) là điểm thỏa mãn 2I A  I B  I C  0 (*)
2. Gọi I u
ur
uur

uuu
r
2I A   2  2x; 2  2y;2  2z , I B    x;1  y;2  z , I C   2  x;  y;1  z
� z

Ta có:

www.thuvienhoclieu.com

Trang 19


www.thuvienhoclieu.com

Nên

�4x  0
3
5
�
(*) � �
3  4 y  0 � x  0, y  , z 
4
4
�
5  4z  0
�

Khi đó:

Do đó

� 3 5�
I�
0; ; �
4 4�
�
. Suy ra
uuuu
r2
uuur uur 2
uuur uur
2NA  2 NI  I A  2NI 2  2I A 2  4NI .I A





uuuu
r2
uuur uur uuuu
r2
uuur uuu
r
NB  NI 2  I B 2  2NI .I B ; NC  NI 2  I C 2  2NI .I C
uuur uur uur uuu
r
S  4NI 2  2I A 2  I B2  I C 2  2NI 2I A  I B  I C  4NI 2  2I A 2  I B 2  I C 2





2
2
2
Do 2I A  I B  I C không đổi nên S nhỏ nhất khi và chỉ khi NI nhỏ nhất hay N là hình chiếu của I
lên mặt phẳng (P ) .

uuur �
3
5�
N (x; y; z) � I N  �x; y  ; z  � ur
4
4 � n   1; 1;1
�
Gọi
,
là VTPT của (P )
Vì N �(P ) � x  y  z  1  0 (1)

�
�x  k
�
uuur
ur
� 3
I N  kn � �y   k
� 4
� 5

z k
�
� 4
Do I N  (P ) nên
thay vào (1), ta có được:
�3
� �5
�
3
3
3
1
k  �  k � �  k � 1  0 � k   � x   , y   , z  
2
2
4
4
�4
� �4
�
� 3 3 1�
N�
 ; ; �
2 4 4�
�
Vậy
.
Ví dụ 11.8 Trong không gian cho ba điểm A (1;2;3), B(1;0; 3), C (2; 3; 1)
1. Tìm M thuộc mặt phẳng ( ) : 2x  y  2z  1  0 sao cho biểu thức sau nhỏ nhất

S  3MA 2  4MB 2  6MC 2 ;

2. Tìm M thuộc đường thẳng
uuuur
uuuur
uuuur
P  MA  7MB  5MC



x 1 y 1 z  1


2
3
1 sao cho biểu thức sau lớn nhất:

;

2
2
2
3. Tìm M thuộc mặt cầu (S) : (x  2)  ( y  2)  (z  8)  36 sao cho biểu thức

F  MA 2  4MB2  2MC 2 đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
Lời giải.

1. Cách 1:
Gọi
Mà

I (x; y; z)

là điểm thỏa mãn:

uur
uur
uuu
r r
uur
uuuu
r
uuur
3I A  4I B  6I C  0 � I A  6AC  4 AB

uur
uuuu
r
uuur
I A  (1  x;2  y;3  z), 6AC  (6; 30; 24), 4 AB  (8; 8; 24)

Do đó

�
1 x  6 8
�
(*) � �
2  y  30  8 �
�
3  z  24  24

�

(*)

�x  13
�
�y  24 � I (13;24;3)
�z  3
�

www.thuvienhoclieu.com

Trang 20


www.thuvienhoclieu.com

uuuur2
uuuur2
uuuur2
uuur uur 2
uuur uur 2
uuur uuu
r 2
S  3MA  4MB  6MC  3 MI  I A  4 MI  I B  6 MI  I C

Khi đó:











 I M 2  3I A 2  4I B 2  6I C 2
3I A 2  4I B 2  6I C 2

chiếu của

I

Tọa độ của
Vậy



uuur uur
uur
uuu
r
 I M 2  2MI 3I A  4I B  6I C  3I A 2  4I B 2  6I C 2



Do



lên

M

( )

Cách 2: Gọi

không đổi nên

. Ta có

S

nhỏ nhất

� IM

nhỏ nhất

�M

là hình

�x  13  2t
�
I M  ( ) � I M : �y  24  t
�z  3  2t

�

là nghiệm của hệ:

M (11;25;1)

.

�x  13  2t
�
�y  24  t
�
�
�z  3  2t
�
2x  y  2z  1  0
�

�x  11
�
�y  25
�z  1
�

là điểm cần tìm.

M (a; b; c) �( ) � 2a  b  2c  1  0

3MA 2  3a2  3b2  3c2  6a  12b  18c  42

Suy ra:

4MB 2  4a2  4b2  4c2  8a  24c  40
6MC 2  6a2  6b2  6c2  24a  36b  12c  84

Suy ra

S  a2  b2  c2  26a  48b  6c  2
 (a  11)2  (b  25)2  (c  1)2  4a  2b  4c  749

�2(2a  b  2c  1)  747 �747

Đẳng thức xảy ra
2. Cách 1: Gọi

Mà

� a  11, b  25, c  1

I (x; y; z)

M (11;25;1)

là điểm cần tìm

là điểm thỏa mãn:

uur
I A   1  x;2  y;3  z

Nên (*)

hay

uur
uur
uuu
r r
uur
uuur
uuuu
r
I A  7I B  5I C  0 � I A  7 AB  5AC

,

(*)

uuur
uuuu
r
7AB  (14;14;42), 5AC  (5; 25; 20)

�
1  x  14  5
�
��
2  y  14  25 �
�
3  z  42  20

�

�x  18
�
�y  13 � I (18;13; 19)
�z  19
�

www.thuvienhoclieu.com

Trang 21


www.thuvienhoclieu.com

uuur uur
uuur uur
uuur uuu
r
P  MI  I A  7 MI  I B  5 MI  I C  MI



Khi đó:
Do đó

P

nhỏ nhất

 

� MI

nhỏ nhất



�M

là hình chiếu của

I

lên



uuur
M � � M  1  2t; 1  3t;1  t  � I M  (2t  19;3t  14; t  20)

I M   � 2(2t  19)  3(3t  14)  (t  20)  0 � t 

Vì

Vậy

�31 29 5 �
M � ; ; �
7�

�7 7

là điểm cần tìm.

Cách 2: Ta có
Suy ra

Do đó
Nên

12
7

M � � M  1  2t; 1  3t;1  t

uuuur
uuuur
MA   2t;3  3t;2  t ,  7MB   14  14t; 7  21t;28  7t 

uuuur
5MC   5  10t; 10  15t; 10  5t 
uuuu
r
uuuur
uuuur
MA  7MB  5MC   2t  19;3t  14; t  20

P 2  (2t  19)2  (3t  14)2  (t  20)2  14t2  48t  957
2

� 12 � 6411 6411
 14 �
t
�
�
7
7
� 7�
� t

Đẳng thức xảy ra
3. Gọi

E (x; y; z)

Ta tìm được
Khi đó
Vì

12
7

. Vậy

�31 29 5 �
M � ; ; �
7�
�7 7

là điểm thỏa mãn:

E  10; 2;16

là điểm cần tìm.

uuur
uuur
uuur r
uuur
uuuu
r
uuur
EA  4EB  2EC  0 � EA  2AC  4 AB

.

F   EM 2  EA 2  4EB 2  2EC 2

EA 2  4EB2  2EC 2

Mặt cầu (S) có tâm

không đổi nên

F

lớn nhất, nhỏ nhất khi và chỉ khi

EM

nhỏ nhất, lớn nhất.

�x  2  8t
uuu
r
�
I E   8; 4;8 � I E : �y  2  4t
�z  8  8t
I (2;2;8)
�

Tọa độ các giao điểm của

,

IE

với mặt cầu (S) là nghiệm của hệ

www.thuvienhoclieu.com

Trang 22


www.thuvienhoclieu.com
�x  2  8t
�
1
�y  2  4t
� 82 t2  42 t2  82 t2  36 � t  �

�
2
�z  8  8t
�
(x  2)2  ( y  2)2  (z  8)2  36
�

�

�

t

uuur
1
� M  6;0;12 � I M  (2; 2;4) � MI  2 6
2

t

uuur
1
� N  2;4;4 � I N  (4;2;4) � NI  6
2

NI  MI

Do
�F
�F

.

nên ta có được:
E �M � E  6;0;12

lớn nhất khi và chỉ khi
nhỏ nhất khi và chỉ khi

E �N � E  2;4;4

.

BÀI TẬP LUYỆN TẬP
Bài 1 Trong không gian Oxyz cho ba điểm A(2;3;1), B (1; 2;0), C (1;2; 2) .

1. Lập phương trình mặt phẳng ( ABC ) ;

2. Tìm a, b để mặt phẳng ( ) : (2a  b)x  (3a  2b) y  1z  1  0 song song với ( ABC ) ;
2
2
2
3. Tìm M �( ) : 3x  y  z  1  0 sao cho S  2MA  4MB  3MC nhỏ nhất;

4. Tìm N �( ) : 3x  3y  z  29  0 sao cho

uuuu
r
uuuu
r

uuuu
r
P  3NA  5NB  7NA

nhỏ nhất.

Bài 2 Cho các điểm A (2;3;1), B(5;  2;7), C (1;8;  1) . Tìm tập hợp các điểm M trong không gian thỏa

mãn
2

2

1. MA  MB  MC

2

uuuur uuur
uuuur uuuur
AM  AB  BM  CM

2.

Oxyz
A (1; 4; 5), B(0; 3; 1),
Bài 3 Trong không gian
cho các điểm
(P ) : 3x  3y  2z  15  0.
(P )
M

Tìm điểm

1.
2.

MA 2  MB 2  MC 2

1.

sao cho

có giá trị lớn nhất.

A (1; 4; 2), B(1; 2; 4)

MA 2  MB 2

và mặt phẳng

có giá trị nhỏ nhất.

MA 2  2MB 2  4MC 2

Bài 4 Cho

thuộc mặt phẳng

C (2;  1; 0)

:

và

x1 y 2 z

 .
1
1
2

Tìm điểm

M

thuộc đường thẳng



sao cho

nhỏ nhất

uuuur
uuuur
uuuur
3OM  2AM  4BM

2.
3. Diện tích tam giác

nhỏ nhất.
MAB

nhỏ nhất.

A 3;  2;5 , B  2;1;  3 ,C  5;1;  1 .
Bài 5 Cho tam giác ABC có 
Điểm

www.thuvienhoclieu.com

Trang 23


M có các thành phần tọa độ bằng nhau.

www.thuvienhoclieu.com

1. Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác nhọn.
uuuur
uuur
MA  3BC
2. Tìm tọa độ điểm M sao cho
đạt giá trị nhỏ nhất.
3. Tìm điểm

M

sao cho

2MA 2  MB 2  4MC2

đạt giá trị lớn nhất.

Bài 6. Cho ba điểm A(1;2;  3),B(2;4;5),C(3;6;7) và mặt phẳng (P ) : x  y  z  3  0.
1. Tìm tọa độ hình chiếu trọng tâm G của tam giác ABC trên mặt phẳng (P ).

2. Tìm tọa độ điểm G�đối xứng với điểm G qua mặt phẳng (P ).
(P )
M
T
3. Tìm tọa độ điểm
thuộc mặt phẳng
sao cho biểu thức
có giá trị nhỏ nhất với
T  MA 2  MB 2  MC2.
Bài 7. Cho các điểm

A(1; 0;  1),B(0; 2; 3), C(1; 1; 1)

và đường thẳng

x 1 y1 z

 .
1
2
2 Tìm điểm M thuộc đường thẳng  sao cho
2

2
2
a) MA  2MB  4MC lớn nhất.
uuuur uuur
AM  BC
b)
nhỏ nhất.
�x  1  2t
�
 m : �y  (1  m)t (t ��),
�
z  2  mt
�
m là tham số.
Bài 8. Cho đường thẳng
m
Tìm giá trị của
sao cho
1. Khoảng cách từ gốc tọa độ đến  m là lớn nhất, nhỏ nhất.
:

2.  m tạo với mặt phẳng (xOy) một góc lớn nhất.
3. Khoảng cách giữa  m và trục Oy lớn nhất.

www.thuvienhoclieu.com

Trang 24