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

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

1. Thuận lợi.

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


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

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

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


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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

⇒
3t - 7 = 0 hay
7
3
=t

3 4 2 1
t t
t t
− −
′
= +
− + − +
f t

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

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

7
3

+∞
f’(t) - 0 +
f(t)
+∞

+∞

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

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

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

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

1
3
−

+∞
f’(t) - 0 +
f(t)
+∞

+∞

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

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

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

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

= =
1) Chứng minh d
1
, d
2
chéo nhau
2) Tìm điểm M
1
d
∈
và N
2
d
∈
sao cho độ dài MN ngắn nhất.
Giải:
- Lấy điểm M trên d, Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AB
- Tam giác MAB có diện tích S =
1
2
AB.MH
đạt giá trị nhỏ
- nhất khi MH nhỏ nhất, hay MH là đoạn vuông góc chung của AB và d.
Ta thấy d qua M
1
(2; 4; -2), có vtcp
(1;1;0)=
r
u
AB qua A(1; 2; 3) và

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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