tailieuonthi
SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ
TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong chương trình Hình học giải tích lớp 12, bên cạnh các dạng toán
quen thuộc như: viết phương trình mặt phẳng, phương trình đường thẳng,….
Ta còn gặp các bài toán tìm vị trí của điểm, đường thẳng hay mặt phẳng liên
quan đến một điều kiện cực trị. Đây là dạng Toán khó, chỉ có trong chương
trình nâng cao và đề tuyển sinh Đại học cao đẳng.
Trong quá trình trực tiếp giảng dạy và nghiên cứu tôi thấy đây là dạng
toán không chỉ khó mà còn khá hay, lôi cuốn được các em học sinh khá giỏi.
Nếu ta biết sử dụng linh hoạt và khéo léo kiến thức của hình học thuần túy,
véctơ, phương pháp tọa độ, giải tích thì có thể đưa bài toán trên về một bài
toán quen thuộc.
Đứng trước thực trạng trên, với tinh thần yêu thích bộ môn, 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, Ban Giám hiệu, đồng
nghiệp trong tổ Toán – Tin học trường THPT Trần Phú. Tôi đã mạnh dạn viết
chuyên đề “ Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12”.
II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA
ĐỀ TÀI
1. Thuận lợi.
- Kiến thức đã được học, các bài tập đã được luyện tập nhiều
- Học sinh hứng thú trong tiết học, phát huy được khả năng sáng tạo,
tự học và yêu thích môn học.
- Có sự khích lệ từ kết quả học tập của học sinh khi thực hiện chuyên
đề.

Nhận biết và
biết vận dụng
,chưa giải được
hoàn chỉnh

20
22,2

9
9,9

60
66,7

Nhận biết và
biết vận dụng
, giải được
bài hoàn
chỉnh
1
1.1

III. NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ
1. Cơ sở lý luận.
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.

2.2 Các bài toán cực trị liên quan đến tìm một điểm thỏa điều kiện
cho trước.
Bài 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  k2 MA2  ...  kn MAn có giá trị nhỏ nhất.
Lời giải:



 
 Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k 2 IA 2 +...+ k n IA n  0

 Biến đổi





k1 MA1 + k 2 MA 2 +...+ k n MA n = (k1 + k 2 +...+ k n )MI = k MI

 Tìm vị trí của M khi MI đạt giá trị nhỏ nhất

Ví dụ 1: Cho đường thẳng  d  :

x- 4
y+1 z
=

 
của I lên đường thẳng d thì IM.u  0 hay 3t – 3 = 0 <=> t = 1
Vậy M( 5; 0; 1).






2) Gọi điểm J(x; y; z) thỏa JA - 4JB = 0
Ta có: (0 –x; 1 –y; 5 – z) – 4(0 – x; 3- y; 3- z) = (0; 0; 0)
=>x = 0; y =

13
7
13 7
, z = , vậy J(0; ; )
5
3
5 3

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - thị xã Long Khánh

Trang 3/32


tailieuonthi
SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12




 





1) MA + MB  MC có giá trị nhỏ nhất.


2) MA -2MB  3MC có giá trị nhỏ nhất.
Giải:


 



1) Gọi điểm G thỏa GA + GB +GC = 0 thì G là trọng tâm của tam giác ABC
và G(0;-2;1)
        

Ta có MA + MB  MC = MG + GA + MG  GB  MG  GC = 3 MG có giá trị
nhỏ nhất khi
M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (α)

MG nhận n = (2; -2; 1) làm vecto chỉ phương
x = 2t

Phương trình tham số MG y = -2-2t



x = 4+2t

23

Phương trình tham số MI: y =  -2t
2

3

z =  2 +3t
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:

73
73
23
3
0t
 2t)  3(   3t)  10  0  17t 
2
34
2
2




5
245 135

MI nhỏ nhất.
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 MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất.
2) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn
nhất.
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - thị xã Long Khánh

Trang 5/32


tailieuonthi
SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

Giải:
  
3 3
1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa IA + IB = 0 thì I là trung điểm AB và I(2; ;  )
2 2
  2   2
Ta có: MA2 + MB2 = (MI + IA) +(MI + IB)
  
 IA 2 + IB2 +2MI 2 +2MI(IA + IB) = IA 2 + IB2 +2MI 2
Do IA 2 + IB2 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)
Đường thẳng IM qua điểm I và có vtcp n α  (1; 2; 2)

x = 2+t

3

, do AB2 không
2
2
2
2
đổi nên MA + MB nhỏ nhất khi MI có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình
chiếu vuông góc của I lên (α).
  



2) Gọi J(x; y; z) là điểm thỏa JA - JB -JB = 0
Hay (1  x; 2  y; 1  z)  (3  x;1  y; 2  z)  (1  x; 2  y;1  z)  (0;0;0)
3  x  0

 3  y  0  J(3; 3;0)
z  0

 
 
 
Ta có: MA2 - MB2 – MC2 = (MJ + JA) 2 - (MJ + JB) 2  (MJ + JC) 2

 
 
 J A 2  JB2  JC 2  MJ 2 + 2MJ(JA  JB  JC)
 JA 2  JB2  JC 2  MJ 2

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - thị xã Long Khánh


9 9
 M(

Ví dụ 2: Cho đường thẳng d có phương trình:

x-1 y-2
z-3
=
=
và các
1
2
1

điểm A(0; 1; -2), B( 2; -1; 2), C(4; 3; 3). Hãy tìm điểm M trên d sao cho
1) MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất
2) MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhất.
Giải:






1) Gọi điểm I(x; y; z) là 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  0  I(4; 3;6)
- 6+z  0



M  d  M(1  t; 2  2t; 3  t) , IM = ( t-3; 2t + 5 ; t - 3) khi M là hình chiếu
vuông
góc
của
I
lên
đường
thẳng
d
thì
 
2
1 2 7
IM.u  0  6t  4  0  t    M ( ; ; )

3

3 3 3

1 2 7
3 3 3

Vậy với M ( ; ; ) thì MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất
Nhận xét:
Ta có thể dùng phương pháp khảo sát hàm số để tìm vị trí của điểm M
Với M  d  M(1  t; 2  2t; 3  t)
Và MA2 - 2MB2 = (t + 1)2 + (2t + 1)2 +(t + 5)2 – 2[(t - 1)2 + (2t + 3)2+(t +1)2
= - 6t2 – 8t +5


Từ bảng biến thiên ta thấy f(t) đạt giá trị lớn nhất khi t  

1 2 7
3 3
 3 

2
3

Hay MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất khi M ( ; ; )



2) Gọi điểm G(x; y; z) là điểm thỏa GA + GB +GC = 0 thì G là trọng tâm
tam giác ABC và G(2; 1; 1).
 
 
 
Ta có: MA2 + MB2 + MC2 = (MG + GA) 2 + (MG + GB) 2 +(MG + GC) 2
 
 
2
2
2
2
= GA  GB  GC +3MG + 2MG(GA  GB  GC)
= GA 2  GB2  GC 2 +3MG 2
Do GA 2  GB2  GC 2 không đổi nên MA2 + MB2 + MC2 nhỏ nhất khi MG
nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông

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

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 2 + t – 2(-t)- 2.2 + 4 = 0
 3t  2  0  t  

2
3

4 2
3 3


1
3 3
1 + t – (2 – t) + 2(-1 + 2t) = 0  6t – 3 = 0 hay t =  H( ; ; 0)
2
2 2
x A ' = 2x H  x A  2

Do H là trung điểm AA’ nên  y A ' =2y H  y A  1  A '(2; 1; 1)
 z = 2z  z  1
H
A
 A'

A’B có vtcp A'B  (1;0; 3)
x  2  t

Phương trình tham số A’B: y  1
 z  1  3t


Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
2 + t – 1 + 2(1 – 3t) = 0  5t  3  0  t 

13
4
3
hay M ( ;1;  )
5
5
5



Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
2 - t - (1 – 3t) + 2(1 - 3t) = 0  4t  3  0  t 
5
4

5
4

5 5 5
3
hay M ( ;  ;  )
4
4 4 4

5
4

Vậy với M ( ;  ;  ) thì MA - MC có giá trị lớn nhất.

Bài toán 4: Cho đường thẳng d và hai điểm phân biệt A,B không thuộc d.
Tìm điểm M trên đường thẳng d sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
Lời giải:
1. Nếu d và AB vuông góc với nhau
Ta làm như sau:
- Viết phương trình mặt phẳng (α) qua AB và vuông góc với d
- Tìm giao điểm M của AB và (α)
- Kết luận M là điểm cần tìm.
2. Nếu d và AB không vuông góc với nhau

SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12





qua điểm N(1; -2; 3), có vtcp u  (2; 2;1) và CD  (7;5; 4)
 
Ta có u . CD = 14 -10 – 4 = 0  d  CD
Xét mặt phẳng (P) qua CD và vuông
góc với d

(P) qua điểm C(-4; 1; 1) và nhận u  (2; 2;1) làm vecto pháp tuyến
Phương trình (P): 2(x +4) – 2(y -1) + 1(z -1) = 0 hay 2x – 2y + z + 9 = 0
Điểm M thuộc d thỏa MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của d
và mp(P).
Tọa độ M ứng với t là nghiệm của phương trình:
2 + 4t + 4 + 4t + 3 + t + 9 = 0  9t + 18  0  t  2
Vậy M(-3; 2; 1) thì MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất bằng: 2  2 17
Ví dụ 2: Cho hai điểm A(3; 0; 2), B(2; 1; 0). Hãy tìm điểm M trên trục Ox
sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất
Giải:


Ox có vtcp i  (1;0;0) qua O(0; 0; 0), AB có vtcp AB  (1;1; 2) và
 
i.AB  1  0  Ox và AB không vuông góc.
  
Ta có [i, AB]OA = (0; 2; 1)(3; 0; 2) = 0 + 6 +2 = 8 nên AB và Ox chéo nhau.
x  t

SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

t 3

Có đạo hàm f   t  

t 3

f t   0 

 t  3

(t  3)



 t  3

2

 t  3 2  4
2

t  2

4

t  2

4

2

(*)   t  3 [ t  2   1]   t  2  [ t  3  4]
t  1  [2;3]
t  3  2(t  2)
 7
  t  3  4  t  2   
t 
t

3


2(
t

2)

 3
Bảng biến thiên của hàm số f(t) :
2

t

2

7
3



, đạt được tại t  , tức là
3
3

7
3

M( ; 0; 0)

Ví dụ 3: Cho đường thẳng  d  :

x-2
y-2
z -1
=
=
và hai điểm A(-1; 1; 1),
2
2
1

B(1; 4; 0). Hãy tìm điểm M trên d sao cho chu vi tam giác MAB đạt giá trị
nhỏ nhất
Giải:
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - thị xã Long Khánh

Trang 13/32


tailieuonthi

3t  2
(3t  2) 2  1
3t  2
(3t  2) 2  1






3t  1
(3t  1) 2  4

3t  1
(3t  1) 2  4
(3t  1)
(3t  1) 2  4

0
2
3

với   t 

1
3

 (3t  2) 2 [(3t  1) 2  4]  (3t  1) 2 [(3t  2) 2  1]

 5


+



f(t)


32

Ta thấy f(t) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 2 khi t = 

1
3

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - thị xã Long Khánh

Trang 14/32


tailieuonthi
SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

2 4 1
Hay với M( ; ; ) thì MA + MB đạt giá nhỏ nhất bằng 3 2
3 3 3
Nhận xét: Trong dạng toán này nếu ta dùng phương pháp khảo sát hàm số
thì việc tìm t sẽ đơn giản hơn.

Bài toán 5: Cho hai đường thẳng d1,d2 chéo nhau. Tìm các điểm M d1,

3

1) Chứng minh d1, d2 chéo nhau
2) Tìm điểm M  d1 và N d 2 sao cho độ dài MN ngắn nhất.
Giải:

1) d1 qua M1(5; -1; 11), có vtcp u1  (1; 2; 1)

d2 qua M2(-4; 3; 4), có vtcp u 2  (7; 2;3)
  
Ta có [ u1, u 2 ] M1M 2 = (8; 4; 16)(-9;4; -7) = -72 +16 – 112 = -168  0
Hay d1 và d2 chéo nhau.
2). M  d1 và N d 2 sao cho độ dài MN ngắn nhất khi và chỉ khi MN là độ
dài đoạn vuông góc chung của d1 và d2.
Phương trình tham số của hai đường thẳng
x  5  t
x  4  7 t


d1: y  1  2t , d2: y  3  2t
 z  11  t
 z  4  3t



M  d1 nên M(5 + t; -1 + 2t; 11- t), N  d 2 nên N(-4 – 7t’;3 +2t’; 4 + 3t’)
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - thị xã Long Khánh

Trang 15/32


Do đó M(7; 3;9) và N(3; 1; 1)
Vậy với M(7; 3;9) và N(3; 1; 1) thì độ dài MN ngắn nhất bằng 2 21 .
x  2  t
Ví dụ 2: Cho đường thẳng d: y  4  t và hai điểm A(1;2; 3),B(1; 0; 1).
 z  2


Tìm điểm M trên d sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ 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
AB.MH đạt
2

giá trị nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất, hay MH là
đoạn vuông góc chung của AB và d.
Ta thấy d qua M1(2; 4; -2), có vtcp u  (1;1;0)



AB qua A(1; 2; 3) và AB  (0; -2;-2) = 2u1


với u1  (0;1;1) là véc tơ chỉ phương của AB
x  1

Phương trình tham số AB y  2  t '

Trang 16/32


tailieuonthi
SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

x  0
Ví dụ 3: Cho đường thẳng d: y  t . Trong các mặt cầu tiếp xúc
z  2  t


với cả hai đường thẳng d và trục Ox, hãy viết phương trình mặt cầu (S)
có bán kính nhỏ nhất.
Giải:
- Giả sử mặt cầu (S) có tâm I, bán kính R tiếp xúc với d tại M, tiếp xúc với
Ox tại N
- Ta thấy 2R = IM + IN ≥ MN, do đó mặt cầu (S) có đường kính nhỏ nhất
là 2R = MN khi và chỉ khi MN nhỏ nhất hay MN là đoạn vuông góc
chung của d và Ox.

Đường 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 và Ox chéo nhau.


MN
 ( t’; -t; t – 2)
Với M(0; t; 2- t) d, N(t’; 0; 0) Ox và


2
1
1
Phương trình mặt cầu (S): x 2  ( y  ) 2  ( z  ) 2 
2
2

Mặt cầu (S) có tâm I (0 ; ; ) , bán kính R =

2
2
1
2

2.2 Các bài toán cực trị liên quan đến vị trí của đường thẳng, mặt
phẳng.

Bài toán 1: Cho hai điểm phân biệt A,B. Viết
phương trình mặt phẳng (α) đi qua A và cách B
một khoảng lớn nhất.
Lời giải:
Họi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt
phẳng (α), khi đó tam giác ABH vuông tại H và
khoảng cách d(B; (α)) = BH ≤ AB. Vậy d(B; (α))
lớn nhất bằng AB khi A ≡ H, khi đó (α) là mặt
phẳng đi qua A và vuông góc với AB.
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - thị xã Long Khánh

Trang 17/32

2
1 2 2
Phương trình mặt cầu (S): (x -2)2 + (y -1)2 + (z – 3)2 = 9.

Bài toán 2: Cho điểm A và đường thẳng ∆ không đi qua A. Viết phương
trình mặt phẳng (α) chứa ∆ sao cho khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất
Lời giải:
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên
mặt phẳng (α), K là hình chiếu vuông góc của A
lên ∆
Ta có d(A; (α)) = AH ≤ AK lớn nhất thì
H ≡ K, khi đó (α) là mặt phẳng đi qua ∆ và
vuông góc với AK. Hay (α) qua ∆ và vuông góc
với mp(∆, A).
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.
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - thị xã Long Khánh

Trang 18/32


tailieuonthi
SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

Giải:
Mặt phẳng (α) đi qua hai điểm A, B và cách C một khoảng lớn nhất khi (α)
đi
qua hai điểm 
A, B và vuông góc với mp(ABC).

1) d1 qua M1(2; 1; -1), có vtcp u1  (1; 2; 2)

d2 qua M2(0; 3; 1), có vtcp u 2  (2; 4; 4)


Ta thấy u 2  2u1 và M1  d 2 nên hai đường thẳng

song song với nhau.
2) Xét (α1) là mặt phẳng chứa d1 và d2 thì (α1) có
véctơ pháp tuyến

 

n1  [ u1 , M1M 2 ]  (8; 2;6)  2(4;1;3)  2n 2
Khoảng cách giữa d2 và (α) là lớn nhất khi (α) phải
vuông góc với (α1).
 
[
u
Do đó (α) nhận 1 , n 2 ]  (8; 11; 7) là véctơ pháp
tuyến, qua M1(2; 1; -1).
Phương trình (α): 8(x -2) -11(y -1) -7(z +1) = 0
hay 8x – 11y – 7z – 12 = 0.
Bài toán 3: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), lấy B không thuộc (α).
Tìm đường thẳng ∆ nằm trong (α) đi qua A và cách B một khoảng lớn
nhất, nhỏ nhất.
Lời giải:
Gọi H là hình chiếu của B lên ∆ ta thấy d(B; ∆) = BH ≤ AB
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - thị xã Long Khánh


2(2 + 2t) - 2(3 – 2t) + 5 + t + 15= 0  t  2 hay H(-2; 7;
3)
Ta thấy d(B; ∆) nhỏ nhất khi ∆ đi qua hai điểm A, H do vậy AH  (1;4;6) là
véc tơ chỉ phương của ∆.
Phương trình của ∆:

x+3 y-3 z +3


1
4
6

2) Ta thấy d(B; ∆) lớn nhất khi ∆ là đường thẳng nằm trong (α), qua A và
vuông góc với AB.
  
∆ có véctơ chỉ phương u   [AB, n ]  (16;11; 10)
Phương trình của ∆:

x+3 y-3 z +3


16
11 10

Ví dụ 2: Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm C(2; -1; 3), vuông
góc với đường thẳng d:

x-3 y+2 z +5
và cách điểm D(4; -2; 1) một

5

x  1  t

Ví dụ 3: Cho hai điểm A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0) và đường thẳng d: y  0
z  t


1) Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua d và B.
2) Viết phương trình đường thẳng ∆1 đi qua B cắt d sao cho
khoảng cách từ A đến ∆1 lớn nhất.
3) Viết phương trình đường thẳng ∆2 đi qua B cắt d sao cho
khoảng cách từ A đến ∆2 nhỏ nhất.
Giải: 

1) Đường thẳng d qua điểm M(2; 0; 0) có vtcp u d  (1;0; -1) , MB  (2;2;0)
 

[u d , MB]  (2;2; 2)  2(1;1;1)  2n

(α) đi qua B nhận n  (1;1;1) làm véctơ pháp tuyến

Phương trình (α): x + y + z – 1 = 0
2) Gọi H là hình chiếu của A lên (α), để d(A, ∆1) nhỏ nhất khi ∆1 đi qua hai
điểm B,H.
x  2  t

Phương trình tham số AH: y  1  t
 z  1  t


SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

Vậy phương trình ∆1:

x+1 y-2 z


2
1 1

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 [n , AB]  (0; 4; 4)  4(0;1; 1)  4u 2  ∆2 nhận u 2 làm véc tơ chỉ


phương, mặt khác u 2 và u d không cùng phương nên d và ∆2 cắt nhau (do
cùng thuộc mặt phẳng (α))
 x  1

Phương trình ∆2: y  2  t
 z  t


Chú ý :


có
, với mọi t  R
(t 2  2t  4) 2
t 2  2t  4

t  2
f '(t )  0  
t  2

Bảng biến thiên của f (t )
t

f’(t)

+

-2
0

2
-

0

11



+

3


NB  (4;2;2)  2(2; 1; 1)

và đường thẳng cần tìm có phương trình là :

x+1 y-2 z


2
1 1

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.
Lời giải:
Gọi d1 là đường thẳng qua A và song
song với d, B là giao điểm của d với (α).
Xét (P) là mặt phẳng (d1, ∆), H và I là hình
chiếu vuông góc của B lên (P) và d1.
Ta thấy khoảng cách giữa ∆ và d là
  
BH và BH ≤ BI nên BH lớn nhất khi I ≡ H, khi đó ∆ có vtcp u   [BI, n ] .
Ví dụ 1: Cho đường thẳng d:

x-1 y-2 z -3



x  1  t

Phương trình tham số đường thẳng d1: y  1  2t
z  1  t


Gọi I là hình chiếu vuônggóc của 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  t = -1  I(-2; -1; 2)
Đường thẳng ∆ có vtcp u   [BI, n ] = (-5; -10; 4)
Phương trình ∆:

x+1 y-1 z -1


5 10
4

Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (P): x + y – z + 1= 0, điểm A(1; -1; 2) và đường
thẳng ∆ :

x+1 y
z-4
= =
. Trong các đường thẳng đi qua A và song song
2


Phương trình tham số đường thẳng ∆1:  y  1  t
 z  2  3t


Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên ∆1  H(1 + 2t; -1 + t; 2 – 3t),

3
BH  (1 + 2t; t - ; -3t)
2

 
3
1
Ta có BI.u  0  2 + 4t + t - + 9t = 0  t = 
2

28

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - thị xã Long Khánh

Trang 24/32


tailieuonthi
SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12



 BH =(

Trong
tam
giác
vuông
HMJ
có
HM MJ

không đổi
IM IM
Suy ra góc IMH lớn nhất khi MJ = MI hay H ≡
J, khi đó IMH =(∆1,∆2) và (α) là mặt phẳng chứa

cos IMH =

∆1 đồng thời vuông
góc
với mặt phẳng (∆1,∆2)

 
Khi đó (α) nhận [u 1 ,[u 1 , u  2 ]] làm véctơ pháp
tuyến.
Ví dụ 1: Cho đường thẳng d:

x-2 y+1 z-1


và hai điểm A( 3; -4; 2), B(
2
1