Các chuyên đề và bài tập trắc nghiệm hình không gian oxyz có lời giải

CHUN ĐỀ
CỰC TRỊ TRONG KHƠNG 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.

1.

MA + MB

2.

MA − MB

Oxyz,

Tìm điểm

lớn nhất với

•

Nếu

và mặt phẳng

sao cho

d( A, (P )) ≠ d(B, (P )).

•

Nếu

M ∈ (P )

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

nhỏ nhất.

Phương pháp:
Xét vị trí tương đối của các điểm
•

cho các điểm

A, B

so với mặt phẳng

(P ).

thì hai điểm

(axA + byA + czA + d)(axB + byB + czB + d) > 0

thì hai điểm

(axA + byA + czA + d)(axB + byB + czB + d) < 0

A, B
A, B

cùng phía với mặt phẳng

(P ).

nằm khác phía với mặt phẳng

(P ).

1.
•

MA + MB

nhỏ nhất.

Trường hợp 1: Hai điểm

Vì

A, B

ở khác phía so với mặt phẳng

ở khác phía so với mặt phẳng

A, B
M = (P ) ∩ AB.

•

Trường hợp 2: Hai điểm

Gọi

A'

đối xứng với

A

A, B

(P )

nên

MA + MB

(P ).

nhỏ nhất bằng AB khi và chỉ khi

ở cùng phía so với mặt phẳng (P ).

qua mặt phẳng

(P ),

khi đó

A'

và

B

ở khác phía

(P )

và

MA = MA′

nên

MA + MB = MA′ + MB ≥ A ′B.

Vậy
2.

•

MA + MB

MA − MB

nhỏ nhất bằng

A, B

khi

M = A′B ∩ (P ).

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

(P )

nên

(P )

.
lớn nhất bằng AB khi và chỉ khi

MA − MB

M = (P ) ∩ AB.
•

Trường hợp 2: Hai điểm

A, B

ở khác phía so với mặt phẳng

(P )

.


Gọi

A'

đối xứng với

M A = MA ′

Vậy

nên

MA − MB

qua mặt phẳng

A

(P )

2.
3.

(P )
(P )

lớn nhất bằng

(P )

đi qua đường thẳng
đi qua

∆

đi qua

∆

và

A'

B

ở cùng phía

(P )

và

MA − MB = MA ′ − MB ≤ A ′B.
A′B

khi

M = A ′B ∩ (P ).

Bài tốn 2: Lập phương trình mặt phẳng
1.

, khi đó

biết

(P )

và khoảng cách từ

∆

và tạo với mặt phẳng

(Q)

và tạo với đường thẳng

đến

A∉∆

(P )

lớn nhất

một góc nhỏ nhất
một góc lớn nhất.

d

Phương pháp:
Cách 1: Dùng phương pháp đại số
1. Giả sử đường thẳng
∆:

Khi đó phương trình
Trong đó

(P )

a

=

có dạng:

y − y1
b

=

d( A, (P )) =

f (t) =

A, B

A (x0; y0; z0)

c

A (x − x1) + B ( y − y1) + C (z − z1) = 0

(

a≠0

) (1)

A (x0 − x1) + B ( y0 − y1) + C (z0 − z1)

(2)

A2 + B2 + C 2

Thay (1) vào (2) và đặt

Trong đó

và

z − z1

bB + cC
Aa + Bb + Cc = 0 ⇒ A = −
a

Khi đó

diễn của

x − x1

B
t=
C

, ta đươc
d( A, (P )) =

mt2 + nt + p

, khảo sát hàm

f (t)

f (t)

ta tìm được

max f (t)

. Từ đó suy ra được sự biểu

m ' t2 + n ' t + p '

qua

C

rồi cho

C

giá trị bất kì ta tìm được

A, B

.

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

khơng đổi. Do đó

(P )

, khi đó ta có:

d( A, (P ))

lớn nhất

⇔ H ≡K

, nhận uuuur làm VTPT.

·
∆ ⊥ (Q) ⇒ ( (P ),(Q)) = 900

AK

nên ta xét

∆

và (Q) khơng vng góc với nhau.


•

Gọi

B

là một điểm nào đó thuộc

định trên đường thẳng đó. Hạ
Ta có
·
sin BCH
=

Mà

•

Mặt phẳng

(P )

, dựng đường thẳng qua

CH ⊥ (P ), CK ⊥ d.

B

và vng góc với

Góc giữa mặt phẳng

(P )

(Q)

. Lấy điểm

và mặt phẳng

(Q)

là

C

cố

·
BCH
.

BH
BK
≥
.
BC
BC

không đổi, nên

BK

BC

∆

·
BCH

nhỏ nhất khi

cần tìm là mặt phẳng chứa

uuu
r
uur
nP = u∆ ,


.
uur uuur là VTPT của
(P )
u , n  
 ∆ Q  

3. Gọi

là một điểm nào đó thuộc

H ≡ K.

∆

và vng góc với mặt phẳng

(BCK )

. Suy ra

qua
và song song với . Lấy điểm
M
A
d'
d
cố định trên đường thẳng đó. Hạ
Góc giữa mặt phẳng
và đường thẳng
là
AH ⊥ (P ), AK ⊥ d.
(P )
d'
. Ta có
·AMH
HM
KM
cos ·AMH =
≥
.
M

AM

Mà

•

KM
AM

khơng đổi, nên

Mặt phẳng

(P )

·AMH

∆

, dựng đường thẳng

AM

lớn nhất khi

cần tìm là mặt phẳng chứa

H ≡ K.

∆

và vng góc với mặt phẳng

(d ', ∆)

. Suy ra

là VTPT của
.
uuu
r
uur uur uuur
(
P
)


nP = u∆ , u∆ , ud ' 

 


II. CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1. 8 Trong khơng gian với hệ toạ độ đề các vng góc

x−1 y z− 2
d:
= =
2
1
2

(P )

. Tìm tọa độ hình chiếu vng góc của

chứa đường thẳng

d

sao cho khoảng cách từ

A

đến

Oxyz
A

(P )

lên

cho
d

A (2;5;3)

và đường thẳng

và viết phương trình mặt phẳng

lớn nhất.

Lời giải.

•

Đường thẳng

Gọi
Do

•

H

d

có uur

là VTCP.

ud = (2;1;2)

là hình chiếu của

A

lên

.
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:

A

lên

mp(P )

AH ' ≤ AH ⇒ d( A, (P ))

.

lớn nhất

⇔ H ≡ H ' ⇔ (P ) ⊥ AH

Suy ra uuuur

là VTPT của

(P )

AH = (1; −4;1)

Vậy phương trình

và

(P ) : x − 4 y + z − 3 = 0

(P )

đi qua

H

.

.

Ví dụ 2.8 Trong khơng gian với hệ toạ độ đề các vng góc

A ( 1;0;0) , B ( 1;1;0) , C ( 0;1;0) , D ( 0;0; m)

1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

2. Gọi

H

là hình chiếu vng góc của

O

với

AC
trên

m≠ 0

và
BD

BD

Oxyz

cho bốn điểm

là tham số.

khi

m= 2

;

. Tìm các giá trị của tham số

m

để diện tích tam giác

đạt giá trị lớn nhất.

OBH

Lời giải.

Ta có: uuur

uuur
AB = (0;1;0), CD = (0; −1; m)

1. Với

m= 2

ta có: uuur

CD = (0; −1;2)

và uuuur

AC = (−1;1;0)

Do đó uuur uuur

uuur uuur uuuu
r
 AB, CD  = (2;0;0) ⇒  AB, CD  .AC = −2





Vậy

.
uuur uuur uuuu
r


AB, CD .AC
uuur uuur
2


d( AB, CD) =
= =1
uuur uuur
2
 AB, CD 



2. Đặt
x = OH ⇒ BH =

Suy ra

OB 2 − OH 2 =

2 − x2

1
1 2
1
1
S∆OBH = x. 2 − x2 =
x (2 − x2 ) ≤ (x2 + 2 − x2) =
2
2
4
2

Đẳng thức xảy ra

.

⇔ x = 1 ⇔ OH = 1 ⇔ d(O, BD) = 1

Ta có: uuur

uuur

uuur uuur
BD = (−1; −1; m), OB = (1;1;0) ⇒  BD, OB  = (− m; m;0)



Do đó

uuur uuur
 BD, OB 


d(O, BD) =
=
uuur
BD

m 2
2 + m2

= 1 ⇔ 2m2 = 2 + m2

⇔ m= ± 2

Vậy

là giá trị cần tìm.
m= ± 2

Ví dụ 3.8 Lập phương trình mặt phẳng

A , B, C

1.

M

(α )

đi qua điểm

M (1;9;4)

(khác gốc tọa độ) sao cho:

là trực tâm của tam giác

2. Khoảng cách từ gốc tọa độ

ABC

O

;

đến mặt phẳng (α ) là lớn nhất;

và cắt các trục tọa độ tại các điểm


3.

4.

OA = OB = OC

;

8OA = 12OB + 16 = 37OC

và

xA > 0, zC < 0

.

Lời giải.

Giả sử mặt phẳng

(α )

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)

Phương trình mặt phẳng
Mặt phẳng

(α )

(α )

đi qua điểm

với

a, b, c ≠ 0.

có dạng

x y z
+ + = 1.
a b c

M (1;9;4)

nên

1 9 4
+ + = 1 (1).
a b c

1. Ta có: uuuur

uuur
uuuur
uuur
AM (1 − a;9;4), BC (0; − b; c), BM (1;9 − b;4), CA(a;0; − c).
Điểm M là trực tâm tam giác ABC khi và chỉ khi
 M ∈ (α )


 uuuur uuur
 AM .BC = 0
 uuuur uuur

 BM .CA = 0

1 9 4
 + + =1
 a b c
98
49
⇔ 9b = 4c
⇒ a = 98; b =
;c =
9
2
 a = 4c



Phương trình mặt phẳng

(α )

cần tìm là

2.
Cách 1: Ta có:
d(O,(α )) =

x + 9y + 4z − 98 = 0.

−1
1
a2

1

+

b2

+

.

1

1

=

1

c2

a2

Bài tốn trở thành, tìm giá trị nhỏ nhất của
T =

a, b, c ≠ 0

thỏa mãn

1
a2

1

+

b2

+

+

1
b2

+

1

.

c2

1

với các số thực

c2

1 9 4
+ + = 1 (1).
a b c

Ap dụng bđt Bunhiacopski ta có:

2

 1
1
1
1
1
2
2
2  1
 1. + 9. + 4. ÷ ≤ (1 + 9 + 4 )  2 + 2 + 2 ÷.
b
c
 a
b
c 
a

Nên suy ra

1
T ≥
98

. Dấu đẳng thức xảy ra khi

Phương trình mặt phẳng
Cách 2: Gọi

H

(α )

cần tìm là

là hình chiếu của

O

 1
1
1
1 : = 9 : = 4 :
a
b
c ⇔ a = 9b = 4c = 98.

1 + 9 + 4 = 1
 a b c

x + 9y + 4z − 98 = 0.

trên mặt phẳng

(α )

.


Vì mặt phẳng

ln đi qua điểm cố định

(α )

Dấu đẳng thức xảy ra khi

H ≡ M,

uuuur
OM(1;9;4) nên phương trình

khi đó

M

(α )

nên
d(O,(α )) = OH ≤ OM = 98.

là mặt phẳng đi qua

M

và có véc tơ pháp tuyến là

là

(α )
1.(x − 1) + 9( y − 9) + 4.(z − 4) = 0 ⇔ x + 9y + 4z − 98 = 0.

3. Vì
•

OA = OB = OC

Trường hợp 1:

nên

a = b = c.

Từ (1) suy ra

•

do đó xảy ra bốn trường hợp sau:

a = b = c,

nên phương trình

1 9 4
+ + = 1 ⇔ a = 14,
a a a
Trường hợp 2:
Từ (1) suy ra

a = b = − c.

x + y − z − 6 = 0.
•

Trường hợp 3:

a = −b = c.

Từ (1) suy ra

x − y + z + 4 = 0.
•

Trường hợp 4:

a = −b = − c.

Từ (1) có

x − y − z + 12 = 0.

(α )

là:

x + y + z − 14 = 0.

1 9 4
+ − = 1 ⇔ a = 6,
a a a

nên phương trình

1 9 4
− + = 1 ⇔ a = −4,
a a a

1 9 4
− − = 1 ⇔ a = −12,
a a a

Vậy có bốn mặt phẳng thỏa mãn là

nên phương trình

nên phương trình

và các mặt phẳng

x + y + z − 14 = 0,

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.
•

Nếu
b> 0⇒ c= −

8
2a − 4
a, b =
,a > 2
37
3

1
27
37
+
−

= 1 ⇔ a2 + 2a − 35 = 0 ⇔
a 2a − 4 2a

Vì

•

a>2

Nếu

Vì

nên

nên từ (1) ta có
a = 5

 a = −7

phương trình mặt phẳng cần tìm là

40
a = 5 ⇒ b = 2; c = −
,
37
(α ) : 8x + 20y − 37z − 40 = 0.
nên từ (1) ta có

b< 0⇒ c= −

8
4 − 2a
a, b =
,a > 2
37
3

1
27
37
−29 ± 3 109
+
−
= 1 ⇔ a2 + 29a − 35 = 0 ⇔ a =
a 4 − 2a 2a
2

a>2

nên khơng có giá trị thỏa mãn.

Vậy phương trình mặt phẳng

(α ) : 8x + 20y − 37z − 40 = 0.

(α )

là

(α )

(α )

là

là


Ví dụ 4.8 Cho mặt cầu

2

2

và mặt phẳng

2

(S) : (x − 1) + ( y − 1) + (z − 1) = 25

(α )

có phương trình

2x + 2y + z + 7 = 0

1. Chứng minh rằng mặt phẳng

(α )

cắt mặt cầu

(S)

của đường trịn đó;
2. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm

theo một đường tròn. Xác định tâm và tìm bán kính

A (1; −1;2), B(3;5; −2)

và (P) cắt mặt cầu

(S)

theo

một đường trịn có bán kính nhỏ nhất.
Lời giải.

Mặt cầu

(S)

có tâm

1. Ta có
d(I ,(α )) =

, bán kính

2+ 2+ 1+ 7
22 + 22 + 12

R=5

.

, suy ra
=4< R

(α )

cắt mặt cầu

(S)

theo đường tròn tâm

R 2 − d2 (I , (α )) = 3

r=
H

I (1;1;1)

là hình chiếu của

I

lên mặt phẳng

(α )

, suy ra phương trình của

HI

là:

 x = 1 + 2t

 y = 1 + 2t
z = 1 + t


Tọa độ điểm

Vậy tâm

I

là nghiệm của hệ

 5 5 1
H  − ;− ;− ÷
 3 3 3

2. Ta có uuur

AB = ( 2;6; −4)

Vì

IA < R

 x = 1 + 2t

 y = 1 + 2t
⇔

z = 1 + t
2x + 2y + z + 7 = 0

.

nên phương trình đường thẳng

nên mặt phẳng


5
 x = y = −
3

1
z = −
3


(P )

đi qua

AB

x = 1 + t

AB :  y = −1 + 3t
 y = 2 − 2t


luôn cắt mặt cầu

(S)

theo đường trịn có bán kính

.
2

r = 25 − d (I , (P ))

Do đó
Gọi

r

K,H

IH ≤ IK

Do
Vì

nhỏ nhất

⇔ d(I , (P ))

lớn nhất.

lần lượt là hình chiếu của
nên suy ra

d(I , (P ))

I

lớn nhất

lên

AB

và

(P )

, ta ln có

⇔ H ≡K

uuur
H ∈ AB ⇒ H (1 + t; −1 + 3t;2 − 2t) ⇒ I H = (t;3t − 2;1 − 2t)
uuur uuur
uuur  4 2 1 
4
I H ⊥ AB ⇒ I H .AB = 0 ⇔ t + 3(3t − 2) − 2(1 − 2t) = 0 ⇔ t =
⇒ IH =  ;− ;− ÷
7
 7 7 7

Vậy phương trình

(α ) : 4x − 2y − z − 4 = 0

.

H

bán kính


Ví dụ 5.8 Trong khơng 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
2. Tìm tọa độ điểm

M

(Q)

chứa trục

thuộc mặt cầu

(S)

và cắt
theo một đường trịn có bán kính bằng ;
3
(S)
Ox
sao cho khoảng cách từ
đến mặt phẳng (P) lớn nhất.
M

Lời giải.

Mặt cầu (S) có tâm

I (1; −2; −1)

1.Trục Ox có phương trình:

và bán kính

R=3

.

phương trình (Q):

y = 0
⇒

z = 0

Mặt cầu (S) cắt (Q) theo một đường trịn 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 vng 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

∆

lớn nhất

⇔M ≡ A

.

và mặt cầu (S) là nghiệm của hệ:
 x2 + y2 + z2 − 2x + 4 y + 2z − 3 = 0

x−1 y+ 2 z+1
=
=

 2
−1
2

Giải hệ này ta được hai giao điểm
Ta có:
Vậy

d( A, (P )) = 7 > d(B, (P )) = 1

d(M , (P ))

lớn nhất

A (5; −2;6), B(3; −2;1)
MA + MB

Oxyz

. Tìm điểm

.

cho mặt phẳng
M

thuộc

nhỏ nhất

2.

có uuur

là VTPT

Lời giải.

Mặt phẳng

(P )

nP = (2; −1;2)

.

.

⇔ M (−1; −1; −3)

Ví dụ 6.8 Trong khơng gian

1.

A(−1; −1; −3), B(3; −3;1)

.

(P )

(P ) : 2x − y + 2z − 6 = 0

sao cho:

MA − MB

lớn nhất

và hai điểm


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

A'

M ∈ (P )

Do đó

(P )

vào vế trái phương trình của

, ta có

MA = MA '

qua

A

(P )

, khi đó

A'

H

là trung điểm của

MA + MB

của

AA '

nhỏ nhất

và

(P )

, phương trình

A ' B = (6; −4;3)

B

4

nên hai điểm

ở khác phía so với

A 'B

M

(P )

.

là nghiệm của hệ:

A, B

x = 1

 y = 0 ⇒ H (1; −1; 2)

z = 2

 x = −3 + 6t

A ' B :  y = 2 − 4t , t ∈ ¡
 z = −2 + 3t


là nghiệm của hệ

 21 14 5 
M  ;−
; ÷
 11 11 11 

A, B

nằm về

và với mọi điểm

không đổi và đẳng thức xảy ra khi

⇔ M = A ' B ∩ (P )

 x = −3 + 6t

 y = 2 − 4t
⇒

 z = −2 + 3t
2x − y + 2z − 6 = 0

2. Vì

và

 xA ' = 2xH − xA = −3

AA ' ⇒  yA ' = 2yH − yA = 2 ⇒ A '(−3;2; −2)
 z = 2z − z = −2
H
A
 A'

Suy ra uuuuur

Vậy

và

, mà

 x = 5 + 2t

 y = −2 − t
⇒

 z = 6 + 2t
2x − y + 2z − 6 = 0

Tọa độ

18

 x = 5 + 2t

AA ' ⊥ (P ) ⇒ AA ' :  y = −2 − t
 z = 6 + 2t


Tọa độ giao điểm

H

ta được

.

∀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


21
x =
11

14

y = −
11


5

 z = 11


là điểm cần tìm.

nằm về cùng một phía so với

(P )

AM − MB ≤ AB

nên với mọi

M ∈ (P )

, đẳng thức xảy ra khi

ta ln có

M = AB ∩ (P )

.


Phương trình

Tọa độ

 x = 5 − 2t

AB :  y = −2
 z = 6 − 5t


. Vậy


17
 x = 5 − 2t
x =
7

 y = −2

M :
⇒  y = −2
 z = 6 − 5t

3
2x − y + 2z − 6 = 0  z = −
7


Ví dụ 7.8 Trong không gian

Oxyz

và mặt phẳng

x−1 y z+1
:
= =
2
1
−1

1. Viết phương trình mặt phẳng

cho điểm

3. Viết phương trình mặt phẳng

, đường thẳng

A (1; −1;1)

∆

có phương trình

(P ) : 2x − y + 2z − 1 = 0

(Q)

2. Viết phương trình mặt phẳng

.

 17
3
M  ; −2; − ÷
7
 7

(R )
(α )

chứa đường thẳng
chứa

và tạo với

∆

chứa hai điểm

và khoảng cách từ

∆

(P )

A

đến

(Q)

một góc nhỏ nhất;

M (1;1;1), N (−1;2; −1)

và tạo với đường thẳng

góc lớn nhất.
Lời giải.

Mặt phẳng (P) có uuur

là VTPT

nP = (2; −1;2)

Đường thẳng

∆

đi qua

B (1;0; −1)

1. Cách 1: Giả sử ur

và có ur

là VTCP.

u = (2;1; −1)

là VTPT của

n = (a; b; c)

(Q)

, suy ra phương trình của

Do

∆ ⊂ (Q)

nên

2a + b − c = 0 ⇒ c = 2a + b

(Q)

có dạng:

(1)

a(x − 1) + by + c(z + 1) = 0 ⇔ ax + by + cz − a + c = 0

.

Do đó:
d( A, (Q)) =

2c − b
a2 + b2 + c2

Nếu
b = 0 ⇒ d( A, (Q)) =

Nếu

b≠ 0

Xét hàm số

Suy ra

thì ta đặt

f (t)

với

a
t=
b
t∈ ¡

=

4a + b
5a2 + 4ab + 2b2

16a2 + 8ab + b2

=

5a2 + 4ab + 2b2

4
5

, ta có:

16a2 + 8ab + b2
5a2 + 4ab + 2b2

ta có:

7
max f (t) = f (−2) =
2

f '(t) =

=

16t2 + 8t + 1
5t2 + 4t + 2

24t2 + 54t + 12
(5t2 + 4t + 2)2

= f (t)

, f '(t) = 0 ⇔ t = −2, t = −

, do đó

, đạt được khi
max d( A, (Q)) =

14
2

lớn nhất;

a = −2b

1
4

∆

một


Chọn

b = −1

ta tìm được

Vậy phương trình
Cách 2: Gọi

Vì

(Q)

.

(Q) : 2x − y + 3z + 1 = 0

.

lần lượt là hình chiếu của

K,H

d( A, (Q)) = AH ≤ AK

Dẫn tới

a = 2, c = 3

, mà

không đổi nên

AK

là mặt phẳng đi qua

K

lên

A

∆

và

d( A, (Q))

(Q)

, khi đó

lớn nhất

⇔ H ≡K

và nhận uuuur làm VTPT.
AK

uuuu
r
K ∈ ∆ ⇒ K ( 1 + 2t; t; −1 − t ) ⇒ AK = ( 2t; t + 1; −t − 2)

uuuur u
r


1
1 1  uuuur
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
Gọi

,

·
0
0
α = ( (P ), (R )) 0 ≤ α ≤ 90

.

(Q) : ax + by + (2a + b)z + a + b = 0

.

Ta có:

.
cos α =

2a − b + 2(2a + b)
3 a2 + b2 + (2a + b)2

Nếu
a = 0 ⇒ cos α =

Nếu

a≠0

, đặt

b
t=
a

Khảo sát hàm số

Suy ra

f (t)

max { cos α }

Vậy phương trình
Cách 2: Gọi

d

=

1 b2 + 12ba + 36a2
3 2b2 + 4ab + 5a2

1
3 2

thì ta có:

b2 + 12ba + 36a2
2b2 + 4ab + 5a2

ta tìm được

đạt được khi

max f (t) = f (−
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

(P )

C (3; −1;1) ∈ d, C ≠ B


1 3
 −1; ; − ÷
2 2



Gọi

lần lượt là hình chiếu của

H,K

C

lên

(R )

và

∆

, khi đó

·
α = BCH

BH
BK
·
sin α = sin BCH
=
≥
BC
BC

Mà

BK
BC

không đổi, nên suy ra

mặt phẳng
Mặt phẳng
Do

(R )

(BCK )
(BCK )

đi qua

nhỏ nhất

đi qua

∆

và vng góc với

M , N ∈ (α )

(R ) : 10x − 7 y + 13z + 3 = 0

Ta viết lại dạng phương trình của
Suy ra uuur

(α )

∆

và vng góc với

là VTPT của

uuu
ru
r
nα .u
sin ϕ = uuu

r u
r =
nα . u

Nếu
3
2

là VTPT của
.
uuu
r u
r
(
BCK
)


n1 = nP , u = (−1;6;4)



có dạng:

(α )

. Gọi

ϕ = (·∆, (α ))

6. 4a2 + 4b2 + (b − 2a)2
a≠0

2

t + 12t + 36
5t2 − 4t + 8

, đặt
t=

ta tìm được

ax + by + cz + d = 0

2ax + 2by + (b − 2a)z − 3b = 0

4a + 2b − b + 2a

, với
a = 0 ⇒ sin ϕ =

nên uur

(P )


3
 d = − b
2


c = −a + 1 b

2

như sau:

nα = (2a;2b; b − 2a)

f (t) =

là mặt phẳng đi qua

.

(α )

nên

Xét hàm số

(R )

là VTPT của
, suy ra
uur u
r
(R )
nR =  n1, u = ( 10; −7;13)




a + b + c + d = 0
⇔

 − a + 2b − c + d = 0

Ta có:

hay

nên uuur

(BCK )

3. Cách 1: Giả sử phương trình mặt phẳng
Do

⇔ H ≡K

.

.

và vng góc với

∆

phương trình của

α

và

=

1
6

b2 + 12ab + 36a2
5b2 − 4ab + 8a2

b
,t ∈ ¡
a

 5  53
max f (t) = f  ÷ =
9
 8

.


Do đó

b 5
ϕmax ⇔ sin ϕmax ⇔ =
a 8

Vậy phương trình của

, chọn

b = 5, a = 8

(α ) : 16x + 10y − 11z − 15 = 0

Cách 2: Ta có: uuuuur

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

(·(α ), ∆ ) = ·ABH
Ta có:

Hay

A (3;2;0)

. Gọi

A

lên

(α )

và

MN

, khi đó

.

BH
BK
cos ·ABH =
≥
BA
BA

(α )

lần lượt là hình chiếu của

H,K

là mặt phẳng đi qua

, mà

MN

khơng đổi nên

BK
BA

·ABH

lớn nhất

và vng góc với mặt phẳng

⇔ H ≡K

(β ) ≡ (M N , d)

Ta có: uuur

là VTPT của
uuuuu
r u
r
(β )


nβ = NM , u = ( −1;6;4)




Suy ra uuur

là VTPT của
uuuuu
r uuu
r
(α )
nα =  NM , nβ  = ( −16; −10;11)



Vậy phương trình của

(α ) : 16x + 10y − 11z − 15 = 0

Ví dụ 8.8 Trong khơng gian

trình đường thẳng
1.
2.

∆
∆

đi qua
đi qua

∆

nằm trong

M (1;1;1)
M

Oxyz

cho mặt phẳng

(α )

(α ) : x + y + z − 3 = 0

và

và khoảng cách từ

và khoảng cách giữa

.

∆

A

và

đến

∆

lớn nhất, nhỏ nhất;

x− 2 y
z
d:
= =
1
2 −1

lớn nhất.

và điểm

A (1;2;3)

. Lập phương


Lời giải.

Mặt phẳng

(α )

Gọi ur

có ur

là VTPT

n = (1;1;1)

là VTCP của

u = (a; b; c)

, do

∆

∆ ⊂ (P ) ⇒ a + b + c = 0 ⇒ c = − a − b

(1)

1. Ta có: uuuur

u
r uuuur
AM = ( 0; −1; −2) ⇒ u, AM  = ( c + 2b;2a; − a)



Do đó:

=

u
r uuuur

 u, AM 


d( A, ∆) =
=
u
r
u

(c + 2b)2 + 5a2

=

a2 + b2 + c2

(b − a)2 + 5a2
a2 + b2 + (a + b)2

b2 − 2ab + 6a2

1
2

b2 + 2ab + b2

Nếu
a = 0 ⇒ d( A, ∆) =

Xét hàm số
f (t) =

, với

1

a≠0

đặt

2

t2 − 2t + 6

b
,t ∈ ¡
a

t=

, khảo sát hàm số

f (t)

ta tìm được

t2 + t + 1

2
2
max f (t) = ff(− ) = 10, min (t) = f (4) =

3
3
•

Khoảng cách từ

A

đến

∆

lớn nhất khi

phương trình đường thẳng :
∆:
•

Khoảng cách từ

A

trình đường thẳng :

2. Đường thẳng

d

đến

∆

2
b
2
t=− ⇔ =−
3
a
3

b = −2 ⇒ a = 3, c = −1

nhỏ nhất khi

b
t=4⇔ =4
a

N (2;0;0)

, chọn

b = 4 ⇒ a = 1, c = −5

.

và có uur

là VTCP

u1 = (1;2; −1)
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, u  .MN
1

d(∆, d) =
=
u
r uur
u, u 
1


Đẳng thức xảy ra khi

, suy ra

x−1 y−1 z−1
=
=
3
−2
−1

x−1 y−1 z −1
∆:
=
=
1
4
−5

đi qua

, chọn

3b
2

2

2

(2a + b) + b + (2a − b)

u

r
a = 0 ⇒ c = −b ⇒ u = b(0;1; −1)

=3

b2
4a2 + 3b2

≤ 3

, suy ra phương


Vậy phương trình

x = 1

∆ : y = 1+ t
z = 1 − t


.

Ví dụ 9.8 Lập phương trình đường thẳng

sao cho:
1. Khoảng cách từ

B (2; 1;1)

2. Khoảng cách giữa

đi qua

đến đường thẳng

và

d

d

∆:

x−5
y
z
=
=
2
−2 1

A (0; − 1; 2)

và cắt đường thẳng

d′ :

x+1 y z− 2
= =

2
1
−1

là lớn nhất, nhỏ nhất;
d
là lớn nhất.

Lời giải.

Giả sử

d

cắt

d'

tại điểm

M

thì

M (−1 + 2t; t; 2 − t), t ∈ ¡ .

là VTCP của đường thẳng .
uuuur
d
AM = (2t − 1; t + 1; − t)

1. Ta có uuur

nên uuur uuuur

 AB, AM  = (1 − t; 1; 4 − 2t).



AB = (2; 2; − 1)

Khoảng cách từ điểm

Ta có
f (t) =

B

đến đường thẳng

là
d
uuur uuuur
 AB, AM 


d(B, d) =
=
uuuur
AM

nên

2

5t − 18t + 18
2

f ′(t) =

6t − 2t + 2

98t(t − 2)
(6t2 − 2t + 2)2

5t2 − 18t + 18
6t2 − 2t + 2

=

f (t)

.

Từ đó ta tìm được
max f (t) = ff(0) = 18, min (t) = f (2) =

1
.
11

Do đó:
•

min d(B, d) =

1

đạt được khi

nên phương trình đường thẳng cần tìm
uuuur
t = 2 ⇒ AM = (3; 3; − 2)

11
x y+1 z− 2
d:
=
=
.
3
3
−2
•

đạt được khi
max d(B, d) = 3 2

d:

x

y+1 z− 2
=
=
.
−1
1
−1

2.

đi qua

∆

N (5; 0; 0)

nên phương trình đường thẳng cần tìm
uuuur
t = 0 ⇒ AM = (−1;1; −1)

và có véc tơ chỉ phương uur

Ta có uur uuuur

u∆ = (2; − 2; 1).

uuuur
u , AM  = (t − 1; 4t − 1; 6t), AN = (5; 1; − 2).
 ∆


Khoảng cách giữa hai đường thẳng là:


uur uuuur uuuur
u , AM  .AN
 ∆

d(∆; d) =
=
uur uuuur
 u , AM 
 ∆

= 3.

Vì
f ′(t) =

6(t + 2)(4 − 37t)
2

53t2 − 10t + 2

(t − 1)2 + (4t − 1)2 + (6t)2
= 3. f (t), f (t) =

nên
f ′(t) = 0 ⇔ t = −2, t =

2

(53t − 10t + 2)

Từ đó ta tìm được

(2 + t)2

−6 − 3t

 4
max f (t) = f  ÷
 37 

, khi đó

Vậy đường thẳng d có phương trình là
d:

(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 ƠN THI ĐẠI HỌC
Bài 1

1. Trong khơng gian

Oxyz

cho 2 điểm

a) Viết phương trình mặt phẳng chứa
b) Tìm toạ độ điểm

M

thuộc

(P )

A (−1;3; −2), B (−3;7; −18)

AB

sao cho

và vng góc với
MA + MB

2. Trong không gian với hệ tọa độ Đề Các vng góc
A (2;3;2), B(6; −1; −2), C(−1; −4;3), D(1;6;-5)

(P )

và mặt phẳng

( P ) : 2x − y + z + 1 = 0

.

.

nhỏ nhất.
Oxyz

cho tứ diện

ABCD
. Tính góc giữa hai đường thẳng

với
AB

và

CD

. Tìm tọa độ

sao cho tam giác
có chu vi nhỏ nhất.
ABM
CD
3. Trong khơng gian với hệ toạ độ
, cho mặt phẳng
có phương trình:
và hai
x − 2y + 2z − 5 = 0
Oxyz
(P )
điểm
. Trong các đường thẳng đi qua
và song song với
, hãy viết phương
A
(P )
A ( −3;0;1) , B ( 1; −1;3)
M

trên

trình đường thẳng mà khoảng cách từ
4. Lập phương trình mặt phẳng

(α )

đến đường thẳng đó là nhỏ nhất.

B
đi qua điểm

M(1;4;9)

và cắt các tia

(khác gốc tọa độ) sao cho
a) Thể tích khối tứ diện
có giá trị nhỏ nhất.
OABC
b)
đạt giá trị nhỏ nhất.
OA + OB + OC
5. Cho đường thẳng
và các điểm
A(−3; 4; 1),
x −1 y − 8 z −1
∆:
=
=

2
3
1
Tìm điểm
thuộc đường thẳng
sao cho
M
∆
B(1; 6; − 1), C(1; 10; 3).
a)
nhỏ nhất.
MA + MB
b)
nhỏ nhất.
MA + MC
Bài 2
1. Trong khơng gian với hệ tọa độ
cho hình hộp chữ nhật
Oxyz

Ox,Oy,Oz

lần lượt tại các điểm

A,B,C


ABCD.A ' B ' C ' D '

có

A

trùng với gốc tọa độ,

.
CC '
a) Tính thể tích của khối tứ diện

B ( a;0;0) , D ( 0; a;0) , A ' ( 0; 0; b)

với

( a > 0, b > 0)

. Gọi

M

là trung điểm của

b) Cho

a+ b= 4

. Tìm

BDA ' M

max VA ' BDM

.

.

2. Cho các điểm

A(3; − 1;0),B(2;1; − 1),C(3;2;6).
a) Tìm điểm
thuộc mặt phẳng
sao cho
là tứ diện có các cặp cạnh đối vng góc.
D
(Oyz)
ABCD
b) Tìm điểm
trên trục hồnh sao cho tam giác
có diện tích nhỏ nhất.
M
ABM
3. Cho hai điểm
A(5;2;3),B(−1; − 2; − 1).
a) Đường thẳng
cắt mặt phẳng
tại
Điểm
chia đoạn
theo tỉ số nào?
M.
M

AB
AB
(Oxz)
b) Tìm tọa độ điểm trên mặt phẳng
sao cho
có gia trị nhỏ nhất.
N
NA + NB
(Oxz)
c) Cho điểm
có các thành phần tọa độ bằng nhau. Xác định
biết rằng
đạt giá trị lớn nhất
K
K
2K A 2 − 3K B 2
4. Cho
mặt phẳng
và đường thẳng
A(1; − 1; 2),
(P ): x + y + z − 1 = 0
Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm
A
x+1 y z− 4
d
∆:
= =
.
2
1

−3
đồng thời
a)
và khoảng cách giữa và
là lớn nhất.
∆
d //(P )
d
b)
và góc giữa và
là lớn nhất, bé nhất.
∆
d //(P )
d
c) vng góc với đường thẳng
và khoảng cách từ điểm
đến đường thẳng
B(−1; 1; − 1)
d
x = −1 + t

d′ : y = 3 + t (t ∈ R)
z = −1 + t


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

2.

Bài 4 Lập phương trình mặt phẳng

điểm
1.

M

A, B, C

M ∈∆

(α )

đi qua

thỏa:

OABC
3. Khoảng cách từ

;
ABC
có thể tích lớn nhất;
O

đến

( ABC )

lớn nhất;

và ba điểm

sao cho:

MA + MC

là trọng tâm tam giác

2. Tứ diện

x y z−1
∆: = =

1 2
−1

nhỏ nhất.

M ( 1;4;9)

sao cho

(α )

cắt các tia

Ox, Oy, Oz

lần lượt tại 3


4.

OA + OC = 4OB

Bài 5 Cho

và

OA = OB + 9

A ( a;0;0) , B ( 0; b;0) , C ( 0;0; c)

1. Tìm tâm và bán kính
2. Gọi

r

.
với

a, b, c > 0

mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

R

là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

Bài 6 Cho các điểm

1. Tìm tọa độ điểm

thuộc mặt phẳng

1 1 1
+ + =2
a b c

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

và

R

.

.
1
3
4
2( 3 + 1)

.

(P ) : x − 2y + 2z + 6 = 0

sao cho : uuuur uuuur uuuur đạt giá trị nhỏ
MA + MB + MC

nhất.
2. Tìm

M

thuộc mặt cầu

57
(S) : (x − 1) + ( y − 1) + (z − 1) =
2
2

2

sao cho :

2

uuuur
uuuur
uuuur đạt giá
2MA − 4MB + 3MC

trị lớn nhất.
Bài 7
1. Cho mặt cầu

(S1) : x2 + y2 + z2 − 6x − 12y + 12z + 72 = 0

phương trình mặt cầu

(S)

và mặt cầu

(S2) : x2 + y2 + z2 − 9 = 0.

có tâm nằm trên đường nối tâm của hai mặt cầu

(S1)

và

(S2),

Lập

tiếp xúc với hai

mặt cầu đó và có bán kính lớn nhất
2. Lập phương trình đường thẳng

∆

đi qua điểm điểm

A(3; − 2; 1)

và

cắt đường thẳng

sao cho

x −1 y +1 z −1
d:
=
=
1
2
−1
a) Khoảng cách từ
đến
là lớn nhất, bé nhất.
∆
B(2; 1; − 1)
b) Khoảng cách giữa
và
lớn nhất.
∆
 x = 1 + 2t

∆′ :  y = 2 − t (t ∈ R)
z = −1 + 2t

c) Góc giữa
Bài 8. Cho

mặt phẳng

∆

và mặt phẳng

(P ): 5x + 2y − 3z + 8 = 0

x−1 y+ 2
z
d:
=
=
1
2
−1

(P )

chứa đường thẳng

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

(P )
(P )

và

d

x + 2 y − 1 z (Q) : x + 2y + 2z − 3 = 0.
d′ :
=
= ,
2

−1
2

Lập phương trình

và

và mặt phẳng

(Q)

và đường thẳng

Bài 9 Trong khơng gian cho hai điểm

lớn nhất.

d′

nhỏ nhất.
lớn nhất.

A (1;4;2), B (−1;2;4)

và đường thẳng:

x− 1 y+ 2 z
d:
=
=

−1
1
2

.


1. Viết phương trình mặt phẳng
2. Viết phương trình

(Q)

chứa

(P )

d

3. Viết phương trình mặt phẳng

chứa

d

sao cho khoảng cách từ

vào tạo với mặt phẳng

(R )

chứa

d

và tạo với

(Oxy)

Oy

A

đến

(P )

lớn nhất.

một góc nhỏ nhất.

một góc lớn nhất.

Bài 10

Cho các điểm
Tìm điểm
1.
2.
3.
4.

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

thuộc

M

MA + MB

(P )

có phương trình

2x − y − z + 3 = 0.

sao cho

có giá trị nhỏ nhất
có giá trị lớn nhất.

MA − MC

MA + MC

(P )

và mặt phẳng

có giá trị nhỏ nhất

MA − MB

có giá trị lớn nhất.

Bài 11.

1. Cho

và đường thẳng

O(0; 0; 0)

phương trình đường thẳng
2. Cho các điểm

M ∈ (C )

1. Điểm

và mặt cầu

sao cho

Bài 12. Cho các điểm

phẳng

(ABC)

qua

O,

vng góc với

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

(P ) : x + y + z − 7 = 0

điểm

d

x−1 y+1 z
∆:
=
= ,
1
−2
1

(S)

và cách

d'

x y+ 1 z−1
d′ :
=

=
.
2
−2
−1

khoảng lớn nhất.

x2 + y2 + z2 − 2x − 2y − 4z − 3 = 0

lần lượt nằm trên các trục

Ox, Oy, Oz

(khác gốc tọa độ). Lập phương trình mặt

là trọng tâm của tam giác

ABC.
2. Điểm
là trực tâm của tam giác
H(5; − 3; − 2)
ABC.
3. Mặt phẳng
qua
và
lớn nhất.
(ABC)
M(1; − 2;3)
d(O,(ABC))

4. Mặt phẳng
qua
và
(ABC)
N(1;2;3)
OA = OB = OC.
5. Mặt phẳng

(ABC)

qua

P(3;2;1),

điểm

A

có hồnh độ bằng

−2

đồng thời

OB = 1 + 2OC.

Bài 13. Cho mặt phẳng

và ba điểm
(P ):x − y + z + 1 = 0

A(1;1;1), B(0;1;2),C(−2;0;1).
1. Tìm tọa độ điểm
có tung độ bằng
nằm trong mặt phẳng
và thỏa mãn
M
1,
(P )
MA = MB.
2. Tìm điểm

N

thuộc mặt phẳng

(P )

. Tìm tọa độ

đạt giá trị lớn nhất.

biết

G(−2;3;1)

Lập

và đường trịn (C) là giao của mặt phẳng

có phương trình

MA + MB + MC

A,B,C

∆

đường thẳng

sao cho

2NA 2 + NB 2 + NC 2

đạt giá trị nhỏ nhất.


Bài 14.
1. Cho mặt phẳng

và các điểm
Lập phương trình đường
(P ) : x + 2y − z − 1 = 0
A(1; 0;0), B(0; 2; − 3).
thẳng nằm trong
đi qua
và cách
một khoảng lớn nhất, nhỏ nhất?.
B
A
(P ),

d

2. Lập phương trình đường thẳng

song song với mặt phẳng
đồng
A(1; − 1; 2),
(Q) : 2x − y − z + 3 = 0,
thời tạo với đường thẳng
một góc nhỏ nhất, lớn nhất?.
x +1 y −1 z
d
d′ :
=
=
1
−2
2
3. Lập phương trình đường thẳng
góc giữa đường thẳng

đi qua

d

d

đi qua

A(−1; 0; − 1)

và cắt đường thẳng

x −1 y − 2 z + 2
d′ :
=
=
2
1
−1
là lớn nhất, nhỏ nhất?

và đường thẳng

sao cho

x−3 y−2 z+3
=
=
−1
2
2
Bài 15. Cho đường thẳng
và điểm
A(1; 4; 2),
x −1 y + 2 z
d:
=
=
−1

1
2
Lập phương trình mặt phẳng
chứa đường thẳng và
B(−1; 2; 4).
(P )
d
1. Khoảng cách từ điểm
đến mặt phẳng
là lớn nhất.
A
(P )
2. Góc giữa mặt phẳng
và mặt phẳng
là nhỏ nhất.
(P )
(xOy)
3. Góc giữa mặt phẳng
và trục
là lớn nhất.
(P )
Oy

d

∆:

Chú ý: Trong khơng gian cho
1. Tìm

sao cho

M

a) Nhỏ nhất khi
b) Lớn nhất khi
2. Tìm

điểm

A1, A2,..., An

.

P = α1MA12 + α2MA22 + ... + α n MAn2

α1 + α 2 + ... + α n > 0
α1 + α 2 + ... + α n < 0

sao cho

M

n

uuuuur
uuuuur
uuuuur nhỏ nhất hoặc lớn nhất , trong đó
n
P = α1 MA1 + α 2 MA2 + ... + α n MAn

∑ αi

.
≠0

i =1

Phương pháp giải:
Gọi

I

là điểm thỏa mãn:

uuuu
r
uuuu
r
uuuur r điểm tồn tại và duy nhất nếu
I
n
α1 I A1 + α 2 I A2 + ... + α n I An = 0

∑ αi

i =1

Khi đó :
1.

uuur uuuu
r 2
uuur uuuu
r 2
uuur uuuur 2
P = α1 MI + I A1 + α1 MI + I A2 + ... + α1 MI + I An

(

)

(

= (α1 + α 2 + ... + α n )I M 2 +

)

n

∑ α1I Ai2

i =1

(

)

.
≠0

Do

khơng đổi nên:

n

∑ α1I Ai2

i =1

•
•

Nếu

α1 + α 2 + ... + α n > 0

Nếu

2.

nhỏ nhất

P
P

⇔ MI

lớn nhất

⇔ MI

nhỏ nhất
nhỏ nhất

n
uuur uuuu
r
uuur uuuu
r
uuur uuuur
P = α1 MI + I A1 + α 2 MI + I A2 + ... + α n MI + I An = ∑ α i .MI

Do đó

P

Nếu

của
•

thì

α1 + α 2 + ... + α n < 0

(

•

thì

I

M

lên

Nếu

M

I A > I B)

)

)

nhỏ nhất hoặc lớn nhất
thuộc đường thẳng
∆

(hoặc

(P )

∆

⇔ MI

(

)

thì

MI

(hoặc mặt phẳng

(P )

N ∈ (P )

) thì

MI

lớn nhất khi và chỉ khi

M

⇔M ≡B

sao cho

sao cho

MA = M B

2

2

S = 2NA + NB + NC

và tâm của (S), cắt (S) tại hai điểm

M ≡ A

và ba điểm

(P ) : x − y + z + 1 = 0

M ∈ (P )

(

I

A (1;1;1), B(0;1;2), C (−2;0;1)

và
2

).

yM = 1

.

;

nhỏ nhất.

Lời giải.

1. Gọi
Suy ra

M (x;1; z) ∈ (P )

2. Gọi

, ta có:

x − 1 + z + 1 = 0 ⇔ x = −z

M A = MB ⇔ (x − 1)2 + (z − 1)2 = x2 + (z − 2)2 ⇔ −2x − 2z + 2 = −4z + 4

1
1
⇔ z = ;x = −
2
2

I (x; y; z)

. Vậy

1 1
M (− ;1; )
2 2

.

là điểm thỏa mãn uur

uur uuu
r r (*)
2I A + I B + I C = 0

Ta có: uur

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)

Nên

−4x = 0
3
5

(*) ⇔ 3 − 4 y = 0 ⇔ x = 0, y = , z =
4
4

 5 − 4z = 0


Khi đó:

. Suy ra

 3 5
I  0; ; ÷
 4 4

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

Do đó

là hình chiếu

).

nhỏ nhất (lớn nhất)

1. Tìm tọa độ điểm

i =1

nhỏ nhất hoặc lớn nhất.

thuộc mặt cầu (S) và đường thẳng đi qua

Ví dụ 10.8 Cho

2. Tìm

(

uuur uur uur uuu
r
S = 4NI 2 + 2I A 2 + I B 2 + I C 2 + 2NI 2I A + I B + I C = 4NI 2 + 2I A 2 + I B 2 + I C 2

(

)

A, B

(


Do

2

2

2I A + I B + I C

lên mặt phẳng
Gọi

Vì

(P )

2

không đổi nên

nhỏ nhất khi và chỉ khi

NI

nhỏ nhất hay

N

, ur
là VTPT của
uuur 
(P )

3
5 n = ( 1; −1;1)
N (x; y; z) ⇒ I N =  x; y − ; z − ÷
4
4


I N ⊥ (P )

Vậy

nên

(1)
thay vào (1), ta có được:


x = k

uuur
ur
3


I N = kn ⇒  y = + k
4

5

 z = 4 + k
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

.

Ví dụ 11.8 Trong khơng gian cho ba điểm

1. Tìm

thuộc mặt phẳng

M
2

2

S = 3MA + 4MB − 6MC

2. Tìm

M

3. Tìm

M

2

sao cho biểu thức sau nhỏ nhất

;

thuộc đường thẳng

x− 1 y+ 1 z − 1
∆:

=
=
2
3
−1

thuộc mặt cầu

2

A (1;2;3), B (−1;0; −3), C (2; −3; −1)

(α ) : 2x + y − 2z − 1 = 0

uuuur
uuuur
uuuur ;
P = MA − 7MB + 5MC

2

2

sao cho biểu thức sau lớn nhất:

2

sao cho biểu thức

(S) : (x − 2) + ( y − 2) + (z − 8) = 36

2

F = MA − 4MB + 2MC

2

đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.

Lời giải.

1. Cách 1:
Gọi

là hình chiếu của

.

N ∈ (P ) ⇒ x − y + z + 1 = 0

Do

S

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

Mà 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


Khi đó:

 x = −13

 y = 24 ⇒ I (−13;24;3)
z = 3


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

(
) (
)
uuur uur
uur
uuu
r
= I M 2 + 2MI ( 3I A + 4I B − 6I C ) + 3I A 2 + 4I B 2 − 6I C 2

(

)

I


2

2

2

= I M + 3I A + 4I B − 6I C

Do

2

2

3I A + 4I B − 6I C

chiếu của

Tọa độ của

Vậy

lên

I

M

(α )

Suy ra:

.

khơng đổi nên

. Ta có

S

nhỏ nhất

⇔ IM

nhỏ nhất

⇔M

là hình

 x = −13 + 2t

I M ⊥ (α ) ⇒ I M :  y = 24 + t
 z = 3 − 2t


là nghiệm của hệ:

 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 (−11;25;1)

Cách 2: Gọi

2

2

M (a; b; c) ∈ (α ) ⇒ 2a + b − 2c − 1 = 0

3MA 2 = 3a2 + 3b2 + 3c2 − 6a − 12b − 18c + 42
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

⇔ a = −11, b = 25, c = 1

I (x; y; z)

hay

M (−11;25;1)

là điểm cần tìm

là điểm thỏa mãn:
uur
uur
uuu
r r
uur
uuur
uuuu
r (*)
I A − 7I B + 5I C = 0 ⇔ I A = −7 AB + 5AC

Mà uur

I A = ( 1 − x;2 − y;3 − z)

Nên (*)

uuur

uuuu
r
−7AB = (14;14;42), 5AC = (5; −25; −20)

1 − x = 14 + 5

⇔ 2 − y = 14 − 25 ⇔
3 − z = 42 − 20


Khi đó:

Do đó

,

 x = −18

 y = 13 ⇒ I (−18;13; −19)
 z = −19


uuur uur
uuur uur
uuur uuu
r
P = MI + I A − 7 MI + I B + 5 MI + I C = MI

(

nhỏ nhất

) (

nhỏ nhất

)

là hình chiếu của

lên

⇔M
I
∆
uuur
M ∈ ∆ ⇒ M 1 + 2t; −1 + 3t;1 − t ⇒ I M = (2t + 19;3t − 14; − t + 20)

P

(

⇔ MI

)


Vì
I M ⊥ ∆ ⇒ 2(2t + 19) + 3(3t − 14) − (−t + 20) = 0 ⇔ t =

Vậy

 31 29 5 
M  ; ;− ÷
7
 7 7

Cách 2: Ta có

12
7

là điểm cần tìm.

M ∈ ∆ ⇒ M ( 1 + 2t; −1 + 3t;1 − t )

Suy ra uuuur

uuuur
MA = ( −2t;3 − 3t;2 + t) , − 7MB = ( 14 + 14t; −7 + 21t;28 − 7t )

uuuur
5MC = ( 5 − 10t; −10 − 15t; −10 + 5t )

Do đó uuuur

uuuur
uuuur
MA − 7MB + 5MC = ( 2t + 19;3t − 14; −t + 20)

Nên

P 2 = (2t + 19)2 + (3t − 14)2 + (t − 20)2 = 14t2 − 48t + 957
2


12 
6411 6411
= 14  t −
≥
÷ +
7
7
7



Đẳng thức xảy ra

3. Gọi

E (x; y; z)

Ta tìm được
Khi đó
Vì

12
⇔t=
7

. Vậy

 31 29 5 
M  ; ;− ÷
7
 7 7

là điểm cần tìm.

là điểm thỏa mãn: uuur

uuur
uuur r
uuur
uuuu
r
uuur
EA − 4EB + 2EC = 0 ⇔ EA = 2AC − 4 AB

E ( 10; −2;16)

.

F = − EM 2 + EA 2 − 4EB 2 + 2EC 2
2

2

EA − 4EB + 2EC

Mặt cầu (S) có tâm

2

khơng đổi nên

I (2;2;8)

Tọa độ các giao điểm của

,

IE

F

lớn nhất, nhỏ nhất khi và chỉ khi

 x = 2 + 8t
uuu
r

I E = ( 8; −4;8) ⇒ I E :  y = 2 − 4t
 z = 8 + 8t


với mặt cầu (S) là nghiệm của hệ

 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

•

uuur
1
⇒ M ( 6;0;12) ⇒ I M = (2; −2;4) ⇒ MI = 2 6
2
•
uuur
1
t = − ⇒ N ( −2;4;4) ⇒ I N = (−4;2;4) ⇒ NI = 6
2
t=

.

EM

nhỏ nhất, lớn nhất.


Do

NI > MI

• F
• F

nên ta có được:

lớn nhất khi và chỉ khi

E ≡ M ⇒ E ( 6;0;12)

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

1. Lập phương trình mặt phẳng
2. Tìm
3. Tìm
4. Tìm

a, b

để mặt phẳng

( ABC )

sao cho

2

song song với

2

S = 2MA + 4MB − 3MC

sao cho

N ∈ (γ ) : 3x + 3y − z − 29 = 0

.

;

(α ) : (2a + b)x + (3a + 2b) y − 1z + 1 = 0

M ∈ (β ) : 3x + y − z + 1 = 0

Bài 2 Cho các điểm

A(2;3;1), B (−1; −2;0), C (1;2; −2)

2

( ABC )

;

nhỏ nhất;

uuuu
r
uuuu
r
uuuu
r nhỏ nhất.
P = 3NA − 5NB + 7NA

A (−2;3;1), B(5; − 2;7), C (1;8; − 1)

. Tìm tập hợp các điểm

M

trong khơng gian thỏa

mãn
1.

2

2

MA + MB = MC

2. uuuur

uuur
uuuur uuuur
AM + AB = BM + CM

2

Bài 3 Trong không gian

Oxyz

(P ) : 3x − 3y − 2z − 15 = 0.

1.

2

2

MA + MB + MC

2.

2

2

2

1.
2.

Tìm điểm

2

thuộc mặt phẳng

(P )

C (2; − 1; 0)

sao cho

và

x−1 y+ 2 z
∆:
=
= .
−1
1
2

Tìm điểm

nhỏ nhất

uuuur
uuuur
uuuur nhỏ nhất.
3OM + 2 AM − 4BM

3. Diện tích tam giác

và mặt phẳng

có giá trị lớn nhất.

A (1; 4; 2), B (−1; 2; 4)

MA 2 + MB 2

M

A (1; 4; 5), B (0; 3; 1),

có giá trị nhỏ nhất.

MA + 2MB − 4MC
Bài 4 Cho

cho các điểm

MAB

nhỏ nhất.

Bài 5 Cho tam giác

có
Điểm
ABC
A ( 3; − 2;5) , B ( −2;1; − 3) ,C ( 5;1; − 1) .
có các thành phần tọa độ bằng nhau.

M
1. Chứng minh rằng tam giác

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

M

thuộc đường thẳng

∆

sao cho