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,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, 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 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.

20
22,2

Nhận biết và
biết vận
dụng ,chưa giải
được hoàn
chỉnh
9
9,9

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. Nội dung.
2.1. Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng.

k ≠ 0 và đường thẳng d hay mặt phẳng (α). Tìm điểm M trên đường thẳng d
hay mặt phẳng (α) sao cho

uuur
uuuur
uuuur
k1 MA1 + k2 MA2 + ... + kn MAn

có giá trị nhỏ nhất.

Lời giải:

uur
uuur
uuur r
k
IA
+
k
IA
+...+
k
IA
1
2
2
n
n =0
− Tìm điểm I thỏa 1


. Tìm điểm M trên d sao cho
uuuur uuur
MA + MB
uuuur uuur
MA - 4MB

có giá trị nhỏ nhất.
có giá trị nhỏ nhất.

Giải:
uur uur r
1) Gọi điểm I thỏa IA + IB = 0 thì I là trung điểm AB và I(0; 2; 4)
uuuur uuur uuur uuur uuur uur
uuur
MA + MB = MI + IA + MI + IB = 2 MI
Khi đó

có giá trị nhỏ nhất

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

Trang 3/40


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

<=>

uuur
MI

=>x = 0; y = 5 , z = 3 , vậy J(0; 5 3 )

Khi đó

uuuur uuur uuur uur uuur uur
uuur
uuur
MA - 4MB = MJ+ JA- 4(MJ + JB ) = −3MJ = 3 MJ

có giá trị nhỏ nhất

khi M là hình chiếu vuông góc của J lên đường thẳng d.

uuur
18
17
JM = ( t+ 4; t ;t)
5
5
Tọa độ M(4+ t; -1+ t; t),
khi M là hình chiếu vuông
uuur r
JM
.u = 0 hay 3t – 3 = 0 <=> t = 1
góc của J lên đường thẳng d thì
uuuur uuur
MA - 4MB

Vậy M( 5; 0; 1) thì


+ GB +GC = 0 thì G là trọng tâm của tam giác ABC
1) Gọi điểm G thỏa

và G(0;-2;1)
Ta có

uuuur uuur uuur
MA + MB + MC

=

uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur
uuuur
MG + GA + MG + GB + MG + GC 3 MG

=

có giá trị

nhỏ nhất khi
r M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (α)
MG nhận n = (2; -2; 1) làm vecto chỉ phương

x = 2t

y = -2-2t
z = 1+3t
Phương trình tham số MG 
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = 0 ⇔ 17t + 17 = 0 ⇔ t = −1

uuur uur
MI+IA -2(MI + IB) + 3(MI + IC )

=

uuur
2MI

có giá trị

nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (α)

x = 4+2t

23

y = − -2t
2

3

z = − 2 +3t
Phương trình tham số MI:
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
73
73
23
3
=0⇔ t=−
2(4 + 2t) − 2( − − 2t) + 3( − + 3t) + 10 = 0 ⇔ 17t +

2
tổng T = k1MA1 + k2 MA2 + ... + kn MAn đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn

nhất
Lời giải:
uur
uuur
uuur r
k
IA
1 + k 2 IA 2 +...+ k n IA n = 0
1
- Tìm điểm I thỏa
2
2
2
- Biến đổi : T = k1MA1 + k 2MA 2 + ... + k nMA n =

uuur uur
uuur
2
2
2
2
(k
+...+
k
)MI
k
IA

2
Do k1IA1 + k 2IA 2 + ... + k n IA n 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.
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 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 MA 2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn
nhất.
Giải:

3

3

I(2; ; − )
uur uur r
2 2
IA
+
IB
=
0
1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa


y = + 2t
2

3

z = − 2 +2t
Phương trình tham số MI:

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
3
3
2 + t + 2( + 2t) + 2(− + 2t) + 7 = 0 ⇔ 9t + 9 = 0 ⇔ t = −1
2
2

1 7
⇒ M (1; − ; − )
2 2
1 7
M (1; − ; − )
2 2 thì MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất.
Vậy với
Nhận xét:
AB 2
Với I là trung điểm AB thì MA 2 + MB2 = 2MI2 + 2 , do AB2 không

đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI 2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình
chiếu vuông góc của I lên (α).
uur uur uur

uur uur
= J A 2 − JB2 − JC 2 − MJ 2 + 2MJ(JA − JB − JC)

= JA 2 − JB2 − JC 2 − MJ 2
2
2
2
Do JA − JB − JC không đổi nên MA2 - MB2 – MC2 lớn nhất khi MJ nhỏ
nhất hay M là hình chiếu của J trên mặt phẳng (α).

r
Đường thẳng JM qua điểm I và có vtcp n α = (1; 2; 2)

Phương trình tham số MJ:

x = 3+t

y = -3+ 2t
z = 2t


Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:

3 + t + 2(−3 + 2t) + 2.2t + 7 = 0 ⇔ 9t + 4 = 0 ⇔ t = −
⇒ M(

4
9

23 35 8

uur

r

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


uuur uur 2
uuur uur 2
(MI
+
IA)
−
2(MI
+ IB)
Ta có MA - 2MB =
2

2

uuur uur
uur
= IA 2 − 2IB2 − MI 2 + 2MI(IA − 2 IB) = IA 2 − 2IB2 − MI 2

2

thì

uuur r
IM.u = 0

2
1 2 7
⇔ 6t + 4 = 0 ⇔ t = − ⇒ M ( ; ; )
3
3 3 3

1 2 7
M( ; ; )
3 3 3 thì MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất
Vậy với
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
2
Xét hàm số f (t ) = − 6t – 8t + 5, t ∈ R

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

Trang 9/40


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


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

−∞
t=−

2
3

1 2 7
M( ; ; )
3 3 3
Hay MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất khi
uuur uuur uuur r
GA
+ GB +GC = 0 thì G là trọng tâm
2) Gọi điểm G(x; y; z) là điểm thỏa

tam giác ABC và G(2; 1; 1). uuuur uuur
uuuur uuur 2 uuuur uuur 2
2
2
2
2
(MG
+
GA)
+
(MG
+ GB) +(MG + GC)
Ta có: MA + MB + MC =

2 2

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

Trang 10/40


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

1 5
M ( ;1; )
2 2 thì MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhất.
Vậy với

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.
Lời giải:
1. Nếu (axA+byA+ czA + d)(axB+byB+ czB+ 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 (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

1) MA + MB có giá trị nhỏ nhất
2)

MA - MC

có giá trị lớn nhất.

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).
uur
n
Đường thẳng AA’ đi qua A và vuông góc với (α), AA’ nhận α = (1; −1;2) làm
vecto chỉ phương
x = 1 + t

y = 2 −t

Phương trình tham số AA’:  z = −1 + 2t

Tọa độ hình chiếu vuông góc H của A trên (α) ứng với t của phương trình
1
3 3
⇒ H( ; ;0)
2 2
1 + t – (2 – t) + 2(-1 + 2t) = 0 ⇔ 6t – 3 = 0 hay t = 2
x A ' = 2x H − x A = 2



Trang 12/40


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

13
4
M ( ;1; − )
5
5 thì MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
Vậy với

2) Thay tọa độ của A và C vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về hai
phía 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 củuuu
a A’C
ur và (α).

Đường thẳng A’C có vtcp A'C = (−1; −3; −3)
x = 2 − t

y = 1 − 3t

Phương trình tham số A’C: z = 1 − 3t

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:


Trang 13/40


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

- Tính tọa độ của M và kết luận.

Ví dụ 1: Cho đường thẳng

( d) :

x-1 y + 2
z-3
=
=
2
−2
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.
Giải:
 x = 1 + 2t

 y = −2 − 2t

Đường thẳng d có phương trình tham số  z = 3 + t
r
uuur
u

=
(1;0;0)
AB
= (−1;1; −2) và
Ox có vtcp
qua O(0; 0; 0), AB có vtcp
ruuur
i.AB = −1 ≠ 0 ⇒ Ox và AB không vuông góc.
r uuur uuur
[
Ta có i, AB]OA = (0; 2; 1)(3; 0; 2) = 0 + 6 +2 = 8 nên AB và Ox chéo nhau.

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

Trang 14/40


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

x = t

y = 0

Phương trình tham số của Ox:  z = 0
M ∈ Ox ⇒ M (t;0;0)
2
2
2
2
S = MA + MB = (t -3) + 0 + 4 + (t -2) + 1 + 0 = (t -3) + 4 + (t -2) + 1


( t − 3) 2 + 4

Có đạo hàm
f′( t ) = 0 ⇔

⇔

t −3

( t − 3)

−(t − 3)

( t − 3) 2 + 4

=

2

+4

+

+

t−2

( t − 2) 2 + 1
t−2

2

t = 1 ∉ [2;3]
t − 3 = 2(t − 2) ⇔  7
⇔
t =
t − 3 = −2(t − 2)
 3

Bảng biến thiên của hàm số f(t) :
t

7
3

−∞

f’(t)

-

+∞

0

+

+∞

+∞

=
=
2
2
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
7
M( 3 ; 0; 0)

Giải:

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

Trang 16/40


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

 x = 1 + 2t

 y = 2 + 2t

Đường thẳng d có phương trình tham số  z = 1 + t
r
uuur
u
=
(2;2;1)
AB

3t + 2
(3t + 2) 2 + 1

+

=

+

2
2
= (3t + 2) + 1 + (3t − 1) + 4

3t − 1
(3t − 1) 2 + 4

3t − 1
(3t − 1) 2 + 4
−(3t − 1)
(3t − 1) 2 + 4

=0

2
1
− ≤t ≤
3
với 3

⇔ (3t + 2)2 [(3t − 1) 2 + 4] = (3t − 1) 2 [(3t + 2) 2 + 1]

-

1
3

+∞

0

+

+∞

+∞

f(t)

3 2

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

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


=
=
1
2
-1 ,
−7
2
3

1) Chứng minh d1, d2 chéo nhau

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duậ
n Phú
∈t -dTHPT Trầ∈
d - Thị xã Long Khánh

2) Tìm điểm M

1

và N

2

sao cho độ dài MN ngắn nhất.

Trang 18/40


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

d1: z = 11 − t , d2: z = 4 + 3t

∈ d1 nên M(5 + t; -1 + 2t; 11- t), N ∈ d 2 nên N(-4 – 7t’;3 +2t’; 4 + 3t’)
uuuur
MN = ( - 7t’- t – 9; 2t’ – 2t +4; 3t’ + t – 7)
uuuur r

MN
.u1 = 0
−6t '− 6t + 6 = 0
t = 2

⇔
⇔
uuuu
r
r



62
t
'
+
6
t
+
50
=
0



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

-

1
AB.MH
Tam giác MAB có diện tích S = 2
đạt giá trị nhỏ nhất khi MH nhỏ

nhất, hay MH là đoạn vuông góc chung
của AB và d.
r
Ta thấy d qua M1(2; 4; -2), có vtcp u = (1;1;0)

uur
uuur
−
2
u
1
AB qua A(1; 2; 3) và AB = (0; -2;-2) =

uur
u
với 1 = (0;1;1) là véc tơ chỉ phương của AB
x = 1

y = 2 + t '

x = 0

y = t

Ví dụ 3: Cho đường thẳng d: z = 2 − t . Trong các mặt cầu tiếp xúc với

cả hai đường thẳng d và trục Ox, hãy viết phương trình mặt cầu (S) có
Giải:
- Giả sử mặt cầu (S) có tâm I, bán kính R tiếp xúc với d tại M, tiếp xúc với
Ox tại N
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - Thị xã Long Khánh

Trang 20/40


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

- 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.
r
Đường thẳng d qua M(0; 0; 2), có vtcp u = (0;1; −1)
r
Ox qua O(0; 0; 0), có vtcp i = (1;0;0)

r r uuuu
r
u
,
i


t ' = 0


Ta có

Vậy M(0; 1; 1), N(0; 0; 0) ≡ O
1 1
MN
2
; ; )
=
2
Mặt cầu (S) có tâm I (0 2 2 , bán kính R = 2
1
1
1
x 2 + ( y − )2 + ( z − )2 =
2
2
2
Phương trình mặt cầu (S):

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:

BA = (1; 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
1 +1 + 6 −1
=3
2
2
2
1
+
2
+
2
R = d(A; (α))
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.
Giải:
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - Thị xã Long Khánh

d2 :
=
=
1
2
−2 ,
−2
−4
4

1) Chứng minh hai đường thẳng trên song song với nhau.
2) Trong các mặt phẳng chứa d1, hãy viết phương trình mặt phẳng (α)
sao cho khoảng cách giữa d2 và (α) là lớn nhất.
Giải:
uur
1) d1 qua M1(2; 1; -1), có vtcp u1 = (1;2; −2)
uur
u
d2 qua M2(0; 3; 1), có vtcp 2 = (−2; −4;4)
uur
uur
u
=
−
2
u
2
1 và M1 ∉ d 2 nên hai đường thẳng
Ta thấy
song song với nhau.

A ≡ H hay ∆ là đường thẳng nằm trong
(α) và vuông góc với AB.
Gọi K là hình chiếu vuông góc của
B lên (α) khi đó d(B; (α)) = BH ≥ BK
Vậy khoảng cách từ B đến ∆ nhỏ nhất khi
K ≡ H hay ∆ là đường thẳng đi qua hai
điểm A, K.
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.
Giải:
uur

Ta thấy (α)có véctơ pháp tuyến nα = (2; −2;1)

1) Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên (α)
x = 2 + 2t

y = 3 − 2t

Phương trình BH: z = 5 + 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)

uuur
AH
= (1;4;6) là

3 và cách điểm D(4; -2; 1) một khoảng
với đường thẳng d:

lớn nhất.
x+3 y-3 z +3
=
=
16
11
−10
Phương trình của ∆:

Giải:

r
u
Xét mặt phẳng (α) qua C và vuông góc với d, (α) nhận d = (1;2; 3) làm véctơ

pháp tuyến, thì ∆ nằm trong (α).
Do vậy d(D; ∆) lớn nhấuu
t khi
mrtrong (α), qua C và vuông góc với CD.
r ∆
uuunằ
r uu
∆ có véctơ chỉ phương u ∆ = [CD, nα ] = (1; −8;5)

x = 1 + t

y = 0