SKKN hướng dẫn học sinh lớp 12 giải một số bài toán cực trị trong hình học giải tích

KÝ HIỆU CÁC CHỮ VIẾT TẮT
GV
HS
HH
PPVT
SGK, SBT
THPT
VD
VDC

: Giáo viên
: Học sinh
: Hình học
: Phương pháp véc tơ
: Sách giáo khoa,sách bài tập
: Trung học phổ thông
: Vận dụng
: Vận dụng cao

1


MỤC LỤC
Tran
g
A.Mở đầu............................................................................................................................................... 3
1. Lý do chọn đề tài …............................................................................................................................ 3
2. Nhiệm vụ của đề tài………………………………………… …………………3
3. Đối tượng nghiên cứu………………………………………………………......3
4. Phạm vi nghiên cứu.............................................................................................................................. 3
B.Nội dung............................................................................................................................... …....4

1. Cơ sở lý luận, Cơ sở khoa học
1.1 Nhắc lai một sô dang toán hay đươc sử dung.
1.1.1 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (α)…………….4
1.1.2 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d:…………...4
2. Áp dụng trong thực tế dạy học
Cáá́c dạng bài tập thường gặp……………………………………..………….5 2.1
Các bai toán cưc trị liên quan đên tìm một điểm thỏa điêu kiên cho trước. 2.2
Các bai toán cưc trị liên quan đên vị trí cua đương thẳng, măt phẳng…...15
3. Hiệu quả của sáá́ng kiến……………………………………………………....23
C.Kêt luận....................................................................................................................................... 24
Kiến nghịị.................................................................................................................................. 25

2


HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 12 GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN
CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH
A. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Trong chương trìì̀nh Hình hoc giai tích lớp 12, bên canh các dang toán quen
thuộc như: viêt phương trình măt phẳng, phương trình đương thẳng,…. Ta còn găp
các bai toán tìm vị trí cua điểm, đương thẳng hay măt phẳng liên quan đên một điêu
kiên cưc trị. Đây la dang Toán khó, chỉ có trong chương trình nâng cao va sửử̉ dụng
làm câu hỏử̉i VD và VDC trong đề thi TN THPT Quốc Gia .
Trong thưc tế giảng dạy, tôi nhận thấy nhiêu hoc sinh bị mât kiên thưc cơ ban
trong hình hoc không gian, không nắm vững các kiên thưc vê hình hoc, vec tơ,
phương pháp độ trong không gian. Đặc biệt khi nóá́i đến cáá́c bài toáá́n về cực trịị
trong hìì̀nh học thìì̀ cáá́c em rất “e ngại” kểử̉ cả đối vớá́i học sinh kháá́, giỏử̉i.
2. Nhiệm vụ của đề tài
Trong quá trình trưc tiêp giang day va nghiên cưu tôi thây đây la dang toán

không chỉ khó ma còn khá hay, lôi cuôn đươc các em hoc sinh khá giỏi. Nêu ta biêt
sử dung linh hoat va khéo léo kiên thưc cua hình hoc thuần túy, véctơ, phương pháp
toa độ, hìì̀nh học giai tích thì có thể đưa bai toán trên vê một bai toán quen thuộc.
Vớá́i đề tài này, tôi cố gắá́ng xây dựng cơ sở kiến thức vữữ̃ng chắá́c, hệ thống bài
tập và víá́ dụ logic giúá́p học sinh tiếp thu vấn đề mộịt cáá́ch thuận lợi nhất, quy lạ về
quen đểử̉ bài toáá́n cực trịị trong hìì̀nh học giải tíá́ch không còì̀n luôn luôn là bài toáá́n
hóá́c búá́a, khóá́ giải.
3. Đối tượng nghiên cứu
Từ kiến thức cơ bản và các ví dụ dễ hiểu, sau đó phát triển dần thành
các bài toán phức tạp hơn, đối tượng nghiên cứu của đề tài này tập trung
vào một số bài toán cực trị hình học cụ thể trong hình học giải tích lớp 12.

3


4. Phạm vi nghiên cứu
Phạm vi nghiên cứu của đề tài là hìì̀nh học giải tíá́ch trong chương trìì̀nh SGK cơ
bản và nâng cao hìì̀nh học lớá́p 12 đang được lưu hành. Tập trung chủ yếu vào cáá́c
bài toáá́n ở mức độị VD và VDC trong đề thi TN THPT Quốc Gia.
Vớá́i tinh thầì̀n yêu thíá́ch bộị môn, nhằm giúá́p cáá́c em hứng thúá́ hơn, tạo cho cáá́c
em niềm đam mê, yêu thíá́ch môn toáá́n, mở ra mộịt cáá́ch nhìì̀n nhận, vận dụng, linh
hoạt, sáá́ng tạo cáá́c kiến thức đã học, tạo nền tang cho các học sinh tự học, tự nghiên
cứu.Tôi đã manh dan viết chuyên đề “Hướng dẫn học sinh lơp 12 giải môt sô bai
toán cực trị trong hình hoc giai tích”.
B. NỘI DUNG
1.Cơ sở lý luận, Cơ sở khoa học
1.1 Nhắc lai môt sô dang toán hay đươc sử dung.
1.1.1 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (α)
- Goi H la hình chiêu vuông góc cua M lên (α).
- Viêt phương trình đương thẳng MH(qua M

va vuông góc với (α))
- Tìm giao điểm H cua MH va (α).
*Nêu yêu cầu tìm điểm M’ đôi xưng với Mqua
măt phẳng (α) thì ta vẫn tìm hình chiêuH cua M
lên (α), dùng công thưc trung điểm suy ra toa độ
M’.
1.1.2 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d:
-Viêt phương trình tham sô cua d
- Goi H dcó toa độ theo tham sô t
- H la hình chiêu vuông góc cua điểm M lên d khi
ud MH 0

-Tìm t, suy ra toa độ cua H.
2. Áp dụng trong thựự̣c tế dạy học
Cáá́c dạng bài tập thường gặp
2.1 Các bai toán cực trị liên quan đên tìm môt điểm thỏa điêu kiên cho
trươc.

4


Bai toán 1: Cho n điểm A1, A2, ..An, với n số k1, k2,.,kn thỏa k1+ k2+ ….+kn = k ≠ 0
và đường thẳng d hay mặt phẳng (α). Tìm điểm M trên đường thẳng d hay mặt
phẳng (α) sao cho k1 MA1 k 2 MA2 ... k n MAn có giá trị nhỏ nhất.
Lời giải:
-Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k2 IA2 +...+ kn IAn 0
-Biên đổi : k1 MA1 + k2 MA2 +...+ kn MAn = (k1 + k2 +...+ kn )MI = k MI

Tìm vị trí cua M khi MI đat giá trị nhỏ nhât
Ví du 1: Cho măt phẳng (α): 2x – 2y + 3z + 10 = 0 và ba điểử̉m A 1;0;1 , B -2;1;2 ,

C 1;-7;0 . Tìm điểm M trên măt phẳng (α) sao cho :
1) MA + MB MC có giá trị nhỏử̉ nhất.
2) MA -2MB 3MC có giá trị nhỏử̉ nhất.

Giải: Goi điểm G thỏa GA + GB +GC = 0 thì G la trong tâm cua tam giác ABC va
G(0;-2;1)
1) Ta có MA + MB MC = MG + GA + MG GB MG GC =3 MG
có giá trị
nhỏử̉ nhất khi M la hình chiêu vuông góc cua G lên măt phẳng (α)
MG nhân n = (2; -2; 1) lam vecto chỉ phương

x = 2t
Phương trình tham sô MG

y = -2-2t

z = 1+3t
Toa độ M ưng với t la nghiêm phương trình:
4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = 0 17t 17 0 t 1 Vây với
M(-2; 0; -2) thì MA + MB MC có giá trị nhỏ nhât.
2) Goi I(x; y; z) la điểm thỏa IA -2IB

3IC 0

Ta có (1- x; -y; 1-z) - 2(-2-x; 1-y; 2-z) + 3(1-x; -7-y; -z) = (0;0;0)
x = 4; y = -

23
3
2 ; z = - 2 , vây I(4;

23
3
2 ; 2 )

5


Ta có: MA -2MB 3MC = MI+IA -2(MI IB) 3(MI IC) = 2MI có giá trị nhỏử̉ nhất khi M la
hình chiêu vuông góc cua I lên măt phẳng (α)
x = 4+2t

23

Phương trình tham sô MI: y =

2 -2t
3

2 +3t

z=

Toa độ M ưng với t la nghiêm phương trình:
2(4 2t)

2(

23
3

2t)
3(
2
2 3t) 10 0
5

Vây với M( 17

;

245

34 ;

17t

73

2 0 t

73

34

135

17) thì MA -2MB 3MC đat giá trị nhỏ nhât.

Bai toán 2: Cho đa giác A1 A2 ….An và n số thực k1, k2, …., kn thỏa k1+ k2+ ….+ kn
= k . Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( hay đường thẳng) sao cho tổng T = k1MA1

2

2

2

k 2 MA2 ... k n MAn đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất.
Lời giải:
- Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k2 IA2 +...+ kn IAn 0
-Biên đổi : T = k1MA12 k2 MA22 ... knMA2n =
=

(k +...+ k )MI2
1

+

k IA

k IA2
1

n

2

1

2

2

= kMI2 + k1IA1 k2 IA2 ...
2
2
2
k1IA1 k2 IA2 ... knIA n không

2

..

2

k IA2

+2

n

n

MI(k IA +..+ k IA )
1

1

n

n

2

knIA n

Do
đổi, Biểu thưc T nhỏ nhât hoăc lớn nhât khi MI
nhỏ nhât hay M la hình chiêu vuông góc cua I lên măt phẳng hay đương thẳng.
Chú ý:
- Nếu k1+ k2+ ….+ kn = k > 0, Biểu thức T đạt giá trị nhỏ nhất MI nhỏ
nhất.
- Nếu k1+ k2+ ….+ kn = k < 0, Biểu thức T đạt giá trị lớn nhất khi MI nhỏ
nhất.
Ví du 1: Cho măt phẳng (α): x + 2y + 2z + 7 = 0 va ba điểm A(1; 2; -1),
B(3; 1; -2), C(1; -2; 1)
1) Tìm M trên măt phẳng (α) sao cho MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhât.
2) Tìm M trên măt phẳng (α) sao cho MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn nhât.

6


3

Giảả̉i:1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa IA + IB = 0 thì I la trung điểm AB va I(2; 2 ;

3
2)

Ta có: MA2 + MB2 = (MI + IA)2 +(MI + IB)2
IA2 + IB2 +2MI2 +2MI(IA + IB) = IA2 + IB2 +2MI2

Do IA2 + IB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhât khi MI2 có giá trị nhỏ nhât, hay M
la hình chiêu vuông góc cua I lên (α)
Đương thẳng IM qua điểm I va có vtcp n α (1; 2; 2)
x = 2+t

Phương trình tham sô MI:

3
y = 2 + 2t
3

z=

2 +2t

Toa độ M ưng với t la nghiêm phương trình:

3

2 t 2( 2 2t)
M(1;

2(

3

2 2t) 7 0 9t 9 0

t

1

1 7
2 ; 2)

Nhận xét: Với I là trung điểm AB thì MA 2 + MB2 = 2MI2 +

AB 2
2 , do AB2 không

đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu
vuông góc của I lên (α).
2)Goi J(x; y; z) la điểm thỏa 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
3

x
y

0

0

J(3; 3; 0)

Ta có: MA2 - MB2 – MC2 = (MJ + JA)2 - (MJ + JB)2
J A2

JB2

JC2

MJ2 + 2MJ(JA

(MJ + JC)2

JB JC)

JA2 JB2 JC2 MJ2
Do JA2 JB2 JC2 không đổi nên MA2 - MB2 – MC2 lớn nhât khi MJ nhỏ nhât hay M
la hình chiêu cua J trên măt phẳng (α).

7


Đương thẳng JM qua điểm I va có vtcp n α
x = 3+t

(1; 2; 2)

Phương trình tham sô MJ: y = -3+ 2t
Toa độ M ưng với t la nghiêm phương trình:
3 t 2( 3 2t) 2.2t 7 0
9t 4

M(

23

9;

35

Vây với M(

0

t

9

4

8

9; 9 )

23 35
9; 9

;

8
9) thì MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn nhât.

x -1 y -2 z -3

Ví du 2: Cho đương thẳng d có phương trình: 1 = 2 = 1 va các điểm
A(0; 1; -2), B( 2; -1; 2), C(4; 3; 3). Hay tìm điểm M trên d sao cho

1) MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhât
2) MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhât.
Giải:
1) Goi điểm I(x; y; z) la điểm thỏa IA -2 IB = 0

Hay: ( x;1 y; 2 z) 2(2 x; 1 y; 2 z) (0; 0; 0)
4

x 0
3 y 0I(4; 3; 6) - 6+z 0

Ta có MA2 - 2MB2 = (MI + IA)2
IA2

vtcp u

2IB2

2(MI + IB)2

MI2 + 2MI(IA 2 IB) IA2

2IB2

MI2

Do IA2 -2IB2 không đổi nên MA2 -2 MB2 lớn nhât khi MI2 có giá trị nhỏ nhât,
hay M la hình chiêu vuông góc cua I lên d.
x = 1+t
(1; 2;1) , phương trình tham sô d: y = 2+

2t z = 3+ t

8


M d M(1 t; 2 2t; 3 t) , IM = ( t-3; 2t + 5 ; t - 3) khi M la hình chiêu vuông góá́c của I
lên d nên IM.u 0 6 t 4 0 t
Vây với M(

1

2
1 2 7
M(
3
3 ; 3 ; 3)

2 7

3 ; 3 ; 3) thì MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhât

2) Goi điểm G(x; y; z) la điểm thỏa GA + GB +GC = 0 thì G la trong tâm tam giác
ABC va G(2; 1; 1).
Ta có: MA2 + MB2 + MC2 = (MG + GA)2 + (MG + GB)2 +(MG + GC)2
= GA2

GB2

GC2 +3MG2 + 2MG(GA

GB GC)

=

GA2
GB2 GC2 +3MG2
Do GA2 GB2 GC2 không đổi nên MA2 + MB2 + MC2 nhỏ nhât khi MG nhỏ nhât,
hay M la hình chiêu vuông góc cua G lên đương thẳng d.
M d M(1 t; 2 2t; 3 t) , GM = ( t-1; 2t +1 ; t +2)
Khi M la hình chiêu vuông góc cua I lên đương thẳng d thì

6t 3 0 t
Vây với M(

GM.u 0

1
1
5
M(
;1;
2
2
2)
1

5

2 ;1; 2) thì MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhât.

Bai toán 3: Cho mặt phẳng (α) có phương trình:ax + by + cz + d = 0 và hai điểm
A,B không thuộộ̣c (α) . Tìm điểm M trên (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ
nhất.
Lời giải:
1.Nêu (axA+byA+ czA + d)(axB+byB+ czB+ d) < 0 thì A, B năm vê hai phía với (α).
Để MA + MB nhỏ nhât khi M thuộc AB hay M la giao điểm cua (α) va AB.
2.Nêu (axA+byA+ czA + d)(axB+ byB+ czB+ d) >0 thì A, B năm vê một phía với (α).
Khi đó ta tìm điểm A’ đôi xưng với A qua (α). Do MA + MB = MA’+ MB ma đat
giá trị nhỏ nhât khi M thuộc A’B hay M la giao điểm cua (α) va A’B.
Ví du 1: Trong không gian với hê toa độ Oxyz, cho măt phẳng (α) có phương
trình:x – 2y – 2z + 4 = 0 va hai điểm A(1; 1; 2), B(2; 0; 2). Tìm điểm M trên
măt phẳng (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhât
Giải:

9


Thay toa độ cua A va B vao phương trình (α) ta thây hai điểm năm vê hai phía cua
(α).
Ta có MA + MB có giá trị nhỏ nhât khi M la giao điểm cua AB va (α).
Đương thẳng AB qua điểm B, nhân AB (1; 1;0) lam vecto chỉ phương
x

Phương trình tham sô cua AB:

2 t
y

t

Toa độ M ưng với t la nghiêm phương trình: 2 + t – 2(-t)- 2.2 + 4 = 0
3t

2

0

t

2

3

4 2
Hay M( 3 ; 3 ; 2) la điểm cầì̀n tìm.
Ví du 2: Cho măt phẳng (α) có phương trình: x – y + 2z = 0 va ba điểm A(1; 2;1), B(3; 1; -2), C(1; -2; -2). Hay tìm điểm M trên d sao cho
1) MA + MB có giá trị nhỏ nhât
2) MA - MC có giá trị lớn nhât.
Giải:
1) Thay toa độ cua A va B vao phương trình (α) ta thây hai điểm năm vê một phía
cua (α).
Goi A’ la điểm đôi xưng với A qua (α), để MA + MB có giá trị nhỏ nhât khi M la
giao điểm cua A’B với (α).
Đương thẳng AA’ đi qua A va vuông góc với (α), AA’ nhân n (1; 1; 2) lam vecto chỉ
phương
x

1 t

Phương trình tham sô AA’: y

2 t

Toa độ hình chiêu vuông góc H cua A trên (α) ưng với t cua phương trình

1

1 + t – (2 – t) + 2(-1 + 2t) = 0 6t – 3 = 0 hay t = 2
xA ' = 2xH xA

Do H la trung điểm AA’ nên

yA
zA '

'

=2yH

3 3
H( 2 ; 2 ; 0)

2

yA

1

= 2zH zA

1

A '(2; 1; 1)

10


A’B có vtcp A'B

(1;0; 3)

x

2 t

Phương trình tham sô A’B: y 1
Toa độ M ưng với t la nghiêm phương trình:
3
13
4
2 + t – 1 + 2(1 – 3t) = 0
5t 3 0
t
hay M( ;1; )
13

5

5

4

5

)

Vây với M( 5 ;1; 5 thì MA + MB có giá trị nhỏ nhât.
2) Thay toa độ cua A va C vao phương trình (α) ta thây hai điểm năm vê hai phía
cua (α).Vây nên A’ va C năm cùng một phía đôi với (α) .
Ta thây MA - MC MA' - MC A'C .Nên MA - MC đat giá trị lớn nhât khi M thuộc A’C
nhưng ơ phía ngoai đoan A’C, tưc M la giao điểm cua A’C va (α). Đương thẳng A’C
có vtcp A'C ( 1; 3; 3)
x

2 t

Phương trình tham sô A’C:
y 1 3t

Toa độ M ưng với t la nghiêm phương trình:
5 5 5
3
2 - t - (1 – 3t) + 2(1 - 3t) = 0 4t 3 0 t 4 hay M( 4 ; 4 ; 4) Vây với

5

5

5

M( 4 ; 4 ; 4) thì MA - MC có giá trị lớn nhât.

Bai toán 4: Cho đường thẳng d và hai điểm phân biệt A,B không thuộộ̣c d. Tìm
điểm M trên đường thẳng d sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
Lời giải:
- Đưa phương trình cua d vê dang tham sô, viêt toa độ cua M theo tham sô t
- Tính biểu thưc MA + MB theo t, xét ham sô f(t) = MA + MB
- Tính giá trị nhỏ nhât cua ham sô f(t), từ đó suy ra t
- Tính toa độ cua M va kêt luân
Ví du 1: Cho đương thẳng d : x-1 =y + 2 =z-3 va hai điểm C(-4; 1; 1), D(3; 6;
2

2

1

-3). Hay tìm điểm M trên d sao cho MC + MD đat giá trị nhỏ nhât.


11


Giải:
x 1 2t

Đương thẳng d có phương trình tham sô

y 2

2t

z 3 t
qua điểm N(1; -2; 3), có vtcp u (2; 2;1) va CD (7;5; 4)

Ta có u. CD= 14 -10 – 4 = 0
d CD
Xét măt phẳng (P) qua CD va vuông góc với d
(P) qua điểm C(-4; 1; 1) va nhân u (2; 2;1) lam vecto pháp tuyên 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 đat giá trị nhỏ nhât khi M la giao điểm cua d va
mp(P).
Toa độ M ưng với t la nghiêm cua phương trình:
2 + 4t + 4 + 4t + 3 + t + 9 = 0 9t + 18 0
t
2
Vây M(-3; 2; 1) thì MC + MD đat giá trị nhỏ nhât băng: 2 2 17
Bai toán 5: Cho hai đường thẳng d1,d2 chéo nhau. Tìm các điểm M d1, N d2 là
chân đoạn vuông góc chung của hai đường trên.
Lời giải:
- Lây M d1 va N d2 ( toa độ theo tham sô).
- Giai hê phương trình MN.u1 0 va MN.u2 0 ( u1, u2 la các véctơ chỉ phương
cua d1 va d2 ).
- Tìm toa độ M, N va kêt luân.
Ví du 1: Cho hai đương thẳng
d1 : x-5 =y+1 =z -11 , d2 : x+ 4 =y-3 =z - 4
-1
1
2
7
2

3

1) Chưng minh d1, d2 chéo nhau
2) Tìm điểm M d1 va N d2 sao cho độ dai MN ngắn nhât.

12


Giải:

M d1

d2 nên N(-4 – 7t’;3 +2t’; 4 + 3t’)

1) d1 qua M1(5; -1; 11), có vtcp u1 (1; 2; 1)

d2 qua M2(-4; 3; 4), có vtcp u2 ( 7; 2;3)
Ta có [ u1, u2 ] M 1M2 = (8; 4; 16)(-9;4; -7) = -72 +16 – 112 = -168 0
Hay d1 va d2 chéo nhau.
2). M d1 va N d2 sao cho độ dai MN ngắn nhât khi va chỉ khi MN la độ dai
đoan vuông góc chung cua d1 va d2.
Phương trình tham sô cua hai đương thẳng
x 5 t
d1: y 1

z 11 t

x 4 7t
2t , d2: y 3 2t

z 4 3t

MN nên M(5 + t; -1 + 2t; 11- t), N
( - 7t’- t – 9; 2t’ – 2t +4; 3t’ + t – 7)
MN.u1 0

6t ' 6t 6 0

t 2

62t ' 6t 50 0

t' 1

Ta có

MN.u2 0

Do đó M(7; 3;9) va N(3; 1; 1)
Vây với M(7; 3;9) va N(3; 1; 1) thì độ dai MN ngắn nhât băng 2 21 .
x
2 t
Ví du 2: Cho đương thẳng d: y 4 t va hai điểm A(1;2; 3),B(1; 0; 1). Tìm điểm z 2

M trên d sao cho tam giác MAB có diên tích nhỏ nhât


Giải:
- Lây điểm M trên d, Goi H la hình chiêu vuông
góc cua M lên AB

1

- Tam giác MAB có diên tích S = 2 AB.MH đat
giá trị nhỏ nhât khi MH nhỏ nhât, hay MH la
đoan vuông góc chung cua AB va d.

13


Ta thây d qua M1(2; 4; -2), có vtcp u (1;1;0)
AB qua A(1; 2; 3) va AB (0; -2;-2) = 2u1
với u1 (0;1;1) la véc tơ chỉ phương cua AB
x 1

Phương trình tham sô AB
y
2
t'

M(2 + t; 4+ t; -2)
MH.u 0

Ta có

d ,H(1; 2+ t’;3+t’)
t ' 2t 3

MH.u1 0

2t ' t

AB, MH ( -t -1; t’ – t -2; t’ +5)

t' 3

3

t

3

Vây M(-1; 1; -2), H(1; -1; 0) khi đó MH = 2 3 , AB = 2
Diên tích S MAB 1 AB.MH 6

2

2
x 0
Ví du 3: Cho đương thẳng d: y t
z2

. Trong các măt cầu tiêp xúc
t

với ca hai đương thẳng d va truc Ox, hay viêt phương trình măt cầu
(S) có bán kính nhỏ nhât.
Giải:
Gia sử măt cầu (S) có tâm I, bán kính R tiêp xúc với d tai M, tiêp xúc với Ox tai N
Ta thây 2R = IM + IN ≥ MN, do đó măt cầu (S) có đương kính nhỏ nhât la 2R =

MN khi va chỉ khi MN nhỏ nhât hay MN la đoan vuông góc chung cua d va Ox.
Đương thẳng d qua M(0; 0; 2), có vtcp u (0;1; 1)
Ox qua O(0; 0; 0), có vtcp i (1;0;0)
[ u, i ] OM = (0; 0; -1)(0; 0; 2) = -2 0 nên d va Ox chéo nhau.
Vớá́i M(0; t; 2- t) d, N(t’; 0; 0) Ox va MN ( t’; -t; t – 2)
MN.u 0

t t 2 0

t 1

t' 0

t' 0

Ta có
MN.i 0

Vây M(0; 1; 1), N(0; 0; 0) ≡ O


14


Măt cầu (S) có tâm I (0; 1 ;1 ) , bán kính R = MN
2 2
Phương trình măt cầu (S): x 2 ( y

1)
2

2(

z

2
1) 2
2

2
2
1
2

2.2 Các bai toán cực trị liên quan đên vị trí cua đương thẳng, măt phẳng.
Bai 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.
Lời giải:
Hoi H la hình chiêu vuông góc cua B lên măt phẳng
(α), khi đó tam giác ABH vuông tai H va khoang
cách d(B; (α)) = BH ≤ AB. Vây d(B; (α)) lớn nhât
băng AB khi A ≡ H, khi đó (α) la măt phẳng đi qua A
va vuông góc với AB.
Ví du 1: Viêt phương trình măt phẳng (α) đi qua điểm D(1; -2; 3) va cách điểm
I(3; -1; -2) một khoang lớn nhât.
Giải:
( cách điểm I(3; -1; -2) một khoang lớn nhât khi (α) la măt phẳng đi qua D va
vuông góc với DI.
( nhân DI (2; 1; -5) lam vecto pháp tuyên

Phương trình măt phẳng(α): 2(x -1) + 1(y +2) – 5(z -3 ) = 0

2x + y – 5z + 15 = 0

Ví du 2: Cho hai điểm A(2; 1; 3), B(1; -1; 1), goi (α) la măt phẳng qua B.
Trong các măt cầu tâm A va tiêp xúc với (α), hay viêt phương trình măt cầu
(S) có bán kính lớn nhât.
Giải:
Măt cầu (S) có bán kính R = d(A; (α)) lớn nhât khi (α) qua B va vuông góc với AB
BA (1; 2; 2) la véctơ pháp tuyên cua (α)
R = AB=3
Phương trình măt cầu (S): (x -2)2 + (y -1)2 + (z – 3)2 = 9.

15


Bai 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

Lời giải:
Goi H la hình chiêu vuông góc cua A lên măt phẳng
(α),
K la hình chiêu vuông góc cua A lên ∆
Ta có d(A; (α)) = AH ≤ AK lớn nhât thì H≡ K,
khi đó (α) la măt phẳng đi qua ∆ va vuông góc
với AK. Hay (α) qua ∆ va vuông góc với mp(∆, A).
Ví du 1: Cho ba điểm A(2; 1; 3), B(3; 0; 2); C(0; -2; 1). Viêt phương
trình măt phẳng (α) đi qua hai điểm A, B va cách C một khoang lớn
nhât.
Giải:

Măt phẳng (α) đi qua hai điểm A, B va cách C một khoang lớn nhât khi (α) đi qua
hai điểm A, B va vuông góc với mp(ABC).
AB (1; 1; 1) ,AC
( 2; 3; 2)
(ABC) có véctơ pháp tuyên n [ AB, AC] ( 1; 4; 5)
(α)cóvéctơpháptuyên n [ n, AB] ( 9 6; 3) 3(3; 2;1) Phương
trình (α): 3(x– 2) + 2(y – 1) + 1(z – 3) = 0
3x + 2y + z – 11 = 0
Bai 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.
Lời giải:
Goi H la hình chiêu cua B lên ∆ ta
thây d(B; ∆) = BH ≤ AB
Vây khoang cách từ B đên ∆ lớn nhât khi
A ≡ H hay ∆ la đương thẳng năm trong
(α) va vuông góc với AB.
Goi K la hình chiêu vuông góc cua B lên (α) khi đó d(B; (α)) = BH ≥ BK

16


Vây khoang cách từ B đên ∆ nhỏ nhât khi K ≡ H hay ∆ la đương thẳng đi qua hai
điểm A, K.
Ví du 1: Cho măt phẳng (α): 2x – 2y + z + 15 = 0 va điểm A (-3; 3; -3).
Viêt phương trình đương thẳng ∆ năm trên (α), qua điểm A va cách điểm B(2;3; 5)
một khoang :
1) Nhỏ nhât .
2) Lớn nhât.
Giải:

Ta thấy (α)cóá́ véá́ctơ pháá́p tuyến n

(2; 2;1)

1) Goi H la hình chiêu vuông góc cua B lên (α)
x2

2t

Phương trình BH: y 3 2t
Toa độ điểm H ưng với t la nghiêm cua phương trình:
2(2 + 2t) - 2(3 – 2t) + 5 + t + 15= 0 t 2 hay H(-2; 7; 3)
Ta thây d(B; ∆) nhỏ nhât khi ∆ đi qua hai điểm A, H do vây AH (1; 4;6) la véc tơ chỉ
phương cua ∆.
Phương trình cua ∆:

x+3

1

y -3 z +3
4
6

2) Ta thây d(B; ∆) lớn nhât khi ∆ la đương thẳng năm trong (α), qua A va vuông
góc với AB.
∆ có véctơ chỉ phương u [ AB, n ] (16;11; 10)
Phương trình cua ∆:

x+3

16

y -3 z +3
11
10

x 1 t
Ví du 2: Cho hai điểm A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0) va đương thẳng d: y 0 z t

1) Viêt phương trình măt phẳng (α) đi qua d va B.
2) Viêt phương trình đương thẳng ∆1 đi qua B cắt d sao cho khoang cách từ
A đên ∆1 lớn nhât.
3) Viêt phương trình đương thẳng ∆2 đi qua B cắt d sao cho khoang cách từ
A đên ∆2 nhỏ nhât.
Giải:

17


1) Đương thẳng d qua điểm M(2; 0; 0) có vtcp ud (1;0; -1) , MB ( 2; 2;0) [
ud , MB] (2; 2; 2) 2(1;1;1) 2n

(α) đi qua B nhân n (1;1;1) lam véctơ pháp tuyên
Phương trình (α): x + y + z – 1 = 0
2) Goi H la hình chiêu cua A lên (α), để d(A, ∆1) nhỏ nhât khi ∆1 đi qua hai điểm
x

B,H. Phương trình tham sô AH:

2 t

y 1 t

Toa độ H ưng với t la nghiêm phương trình:
2 + t + 1 + t -1 + t – 1 = 0 3t 1 0 t
BH (

8
3

;

4
3

;

4

4

)

3u 3

(2; 1; 1)

4
3

1 H(
3

u

1

5 ;2 ; 4 )
3 3 3

∆1 nhân u lam véc tơ chỉ phương
1

1

Ta thây u va
phẳng (α))

d

không cùng phương nên d va ∆1 cắt nhau (do cùng thuộc măt

Vây phương trình ∆1:

x+1

2

y- 2 z

1
1

3) Goi K la hình chiêu cua A lên ∆2 ta có d(A, ∆2 ) = AK ≤ AB, để d(A, ∆2 ) lớn
nhât khi K ≡ B hay ∆2 năm trong (α)va vuông góc với AB.
Ta có [ n , AB] (0; 4; 4) 4(0;1; 1) 4u2

∆2 nhân u2 lam véc tơ chỉ phương,

măt khác u2 va ud không cùng phương nên d va ∆2 cắt nhau (do cùng thuộc măt
phẳng (α))
x

Phương trình ∆2: y

1
2 t

Bai 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.
Lời giải:

18


Goi d1 la đương thẳng qua A va song song với d, B la giao điểm cua d với
(α).
Xét (P) la măt phẳng (d1, ∆), H va I la hình chiêu vuông góc cua B lên (P) va d1.
Ta thây khoang cách giữa ∆ va d la BH va

BH ≤ BI nên BH lớn nhât khi I ≡ H, khi đó ∆ có vtcp u
[ BI , n ] .

x -1 y -2 z - 3

Ví du 1: Cho đương thẳng d: 1
2
1 , măt phẳng (α): 2x – y – z + 4 =
0 va điểm A( -1; 1; 1).Viêt phương trình đương thẳng ∆ năm trên (α), đi qua A
sao cho khoang cách giữa ∆ va d la lớn nhât.
Giải:Đương thẳng d có vtcp u

(1; 2; -1), (α) có vtpt n

(2; -1; 1)

x 1 t

Phương trình tham sô d: y 2 2t
Goi B la giao điểm cua d va (α), toa độ B ưng với t la nghiêm phương trình:
2+ 2t – 2 – 2t – 3+ t + 4 = 0 t = -1
B(0; 0; 4)
Xét d1 la đương thẳng qua A va song song với d
x

y 1 2t

Phương trình tham sô đương thẳng d :

1 t

1

z 1 t

Goi I la hình chiêu vuông góc cua B lên d1
I(-1 + t; 1 + 2t; 1 – t), BI (-1 + t; 1 + 2t;-5– t)
Ta có BI.u

0

-1 + t + 2(1 + 2t) –(-5– t) = 0

Đương thẳng ∆ có vtcp u
Phương trình ∆:

x+1

5

t = -1

I(-2; -1; 2)

[ BI , n ] = (-5; -10; 4)

y -1 z -1
10
4

Ví du 2: Cho măt phẳng (P): x + y – z + 1= 0, điểm A(1; -1; 2) va đương thẳng ∆
x+1
y z- 4
:
2 = 1 = 3 . Trong các đương thẳng đi qua A va song song song với (P),
hay viêt phương trình đương thẳng d sao cho khoang cách giữa d va ∆ lớn nhât.

19


Giải:
Măt phẳng (α) qua A va song song với (P) có phương trình: x + y – z + 2= 0
=> d năm trên (α).
Đương thẳng ∆ có vtcp u
(2;1;-3), (α) có vtpt n (1;1;-1)
x

1 2t

Phương trình tham sô ∆: y

t

Goi B la giao điểm cua ∆ va (α), toa độ B ưng với t la nghiêm phương trình:
1
1 5
-1+ 2t + t – (4- 3t) + 2 = 0 t =
B(0; ; )
2

2

2

Xét ∆1 la đương thẳng qua A va song song với ∆
x 1 2t
y

Phương trình tham sô đương thẳng ∆ :

1

t

1

z

2 3t

Goi H la hình chiêu vuông góc cua B lên ∆1 H(1 + 2t; -1 + t; 2 – 3t)
3 + 9t = 0 t =
BH (1 + 2t; t - 3 ; -3t).Ta có BI u
2 + 4t + t 2

.0

2

1

28

13
43
3
1
1
BH =( 14 ; 28 ; 28 ) = 28 (26; -43; 3) = 28 u1

Đương thẳng d có vtcp ud [ u1 , n ] = (40; 29; 69)

Phương trình d :

x-1 y+1 z -2
29

40
69

.
Bai toán 5: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc
(α), đường thẳng d không song song hoặc nằm
trên (α). Tìm đường thẳng ∆ nằm trên (α), đi qua
A và tạo với d góc lớn nhất, nhỏ nhất.
Lời giải:
Vẽ đương thẳng d1 qua A va song song với d. Trên d1 lây điểm B khác A la điểm
cô định, goi K, H la hình chiêu vuông góc cua B lên (α) va ∆.
BH

BK

Ta có sin(d, ∆) = AB ≥ AB . Do vây góc (d, ∆) nhỏ nhât khi K ≡ H hay ∆ la
đương thẳng AK.

20


Góc (d, ∆) lớn nhât băng 900 khi ∆ d va ∆ có vtcp u

[ ud , n ]

Ví du 1: Cho măt phẳng (α): 2x + 2y – z – 7 = 0, điểm A(1; 2; -2) va đương thẳng
d:

x+2 y -1 z -3
1 1
1 .
1) Viêt phương trình đương thẳng ∆1 năm trên (α), đi qua A va tao với d một
góc lớn nhât.
2) Viêt phương trình đương thẳng ∆2 năm trên (α), đi qua A va tao với d một
góc nhỏ nhât.

Giải:
(α) có vectơ pháp tuyên n (2; 2; -1) , d có vectơ ud (1;1;1) qua điểm M(-2; 1;
3). Ta thây A (α) măt khác n ud 0 nên d không song song hoăc năm trên (α).
1) ∆1 tao với d một góc lớn nhât khi ∆1

d

Do đó ∆1 có vectơ chỉ phương u1 [ ud , n ] = (-3; 3; 0 ) = -3(1; -1; 0)

x 1 t
y

Phương trình tham sô cua ∆ :

2

t

1

z

2

2) Xét đương thẳng d1 qua A va song song với d
y-2 z +2
x-1
Phương trình d :

1

, lây điểm B(2; 3; -1) d .

1

1

1

1

x 2 2t
Phương trình tham sô cua BK y 3 2t , toa độ cua K ưng với t la nghiêm cua z 1 t

phương trình : 2(2 + 2t) + 2(3 + 2t) – (- 1 – t) – 7 = 0
4 K( 10 ;19 ; 5 )
9t + 4 = 0 hay t =
9

9

9

9

1 1 13

∆2

tao với d một góc nhỏ nhât khi nó đi qua hai điểm A va K, AK ( ; ; )

∆2

qua A(1; 2; -2), có vectơ chỉ phương u2 9.AK (1;1;13)

9 9 9

21

Phương trình ∆2 : x-1 y-2 z +2
1

1

13

Ví du 2: Cho hai điểm A(1; 0; 0) , B( 0; -2; 0) va đương thẳng d: x-1 y-2
2

1

z -3 .
1

Viêt phương trình đương thẳng ∆ qua A, vuông góc với d va tao với AB một góc
nhỏ nhât.
Giải:
Đương thẳng d có vectơ ud (2;1;1)
Xét măt phẳng (α) qua A va vuông góc với d ∆ năm trên (α)
( nhân ud (2;1;1) lam vectơ pháp tuyên.
Phương trình (α): 2x + y + z – 2 = 0.
Goi H la hình chiêu vuông góc cua B lên (α), BH có vectơ ud (2;1;1)
x
2t
Phương trình tham sô cua BH y 2 t , toa độ cua H ưng với t la nghiêm cua z t

phương trình: 4t -2 + t + t – 2 = 0 6t – 4 = 0 t

2 hay H( 4 ; 4 ; 2 )
3
3 3 3

∆ tao với AB một góc nhỏ nhât khi nó đi qua hai điểm A va H, AH (
∆ qua A(1; 0; 0), có vectơ chỉ phương u
Phương trình ∆ :

x-1 y
1

4

3.AH

1
3

;

4 2
; )
3 3

(1; 4; 2)

z

2

3. Hiệu quả của đề tài
Nhữữ̃ng điều tôi đã thực hiện như nêu ở trên đã cóá́ mộịt số táá́c dụng đối vớá́i học
sinh,cụ thểử̉ là : Cáá́c em tỏử̉ ra rất say mê, hứng thúá́ vớá́i dạng toáá́n này. đóá́ cóá́ thểử̉ coi là
mộịt thành công của người giáá́o viên. Kết thúá́c đề tài này tôi đã khảo sáá́t lại cho cáá́c
em học sinh lớá́p 12A4,12A5. Kết quả như sau:
Không
Nhận biết,
nhận
nhưng không
biết biết vận dụng

Nhận biết và
biết vận dụng,
chưa giải được

Nhận biết và
biết vận dụng ,
giải được bài

22