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.

uuur
uuuur
uuuur
hay mặt phẳng (α) sao cho k1 MA1 + k2 MA2 + ... + kn MAn có giá trị nhỏ nhất.
Lời giải:
uur

uuur

uuur

r

− Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k 2 IA 2 +...+ k n IA n = 0
− Biến đổi
uuuu
r
uuuuu
r
uuuuur
uuu
r
uuu
r
k1 MA1 + k 2 MA 2 +...+ k n MA n = (k1 + k 2 +...+ k n )MI = k MI
uuu
r
MI
− Tìm vị trí của M khi
đạt giá trị nhỏ nhất

r
MA
+
MB
=
MI
+
IA
+
MI
+
IB
=
2
MI
Khi đó
có giá trị nhỏ nhất
uuu
r
<=> MI nhỏ nhất <=> M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d.

x = 4 + t

r

Đường thẳng d có vtcp u = (1; 1; 1) , phương trình tham số d: y = -1 + t

z = t

uuu

3
5 3

uuur

uuu
r uur

uuu
r uur

uuu
r

uuu
r

Khi đó 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.

uuu
r
18
17
JM
= ( t+ 4; t ;t) khi M là hình chiếu
Tọa độ M(4+ t; -1+ t; t),
5
5
uuu


1) Gọi điểm G thỏa GA + GB +GC = 0 thì G là trọng tâm của tam giác ABC
và G(0;-2;1)
uuuu
r uuur uuur uuuu
r uuur uuuu
r uuu
r uuuu
r uuur
uuuu
r
Ta có MA + MB + MC = 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

Phương trình tham số MG y = -2-2t
z = 1+3t

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = 0 ⇔ 17t + 17 = 0 ⇔ t = −1
uuuu
r uuur uuur
MA
+ MB + MC có giá trị nhỏ nhất.
Vậy với M(-2; 0; -2) thì
uur uu
r uur r
2) Gọi I(x; y; z) là điểm thỏa IA -2IB + 3IC = 0


uuu
r uur

uuu
r

Ta có: MA -2MB + 3MC = MI+IA -2(MI + IB) + 3(MI + IC ) = 2MI có giá trị
nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (α)

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
2(4 + 2t) − 2( − − 2t) + 3( − + 3t) + 10 = 0 ⇔ 17t +
=0⇔ t=−
2
2
2

- Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k 2 IA 2 +...+ k n IA n = 0

- Biến đổi : T = k1MA12 + k 2MA 22 + ... + k nMA 2n =
uuu
r uur
uuur
= (k1 +...+ k n )MI 2 + k1IA12 + k 2IA 22 + .. + k nIA 2n + 2 MI(k1 IA1 +..+ k n IA n )
= kMI2 + k1IA12 + k 2IA 22 + ... + k n IA 2n
Do k1IA12 + k 2IA 22 + ... + k n IA 2n 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
Giáo viên:nhất.
Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - Thị xã Long Khánh
Trang 5/33


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

Giải:
uur uu
r r

+2t

2
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
Vậy với M (1; − ; − ) thì MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất.
2 2
Nhận xét:
AB 2
2
2
2
Với I là trung điểm AB thì MA + MB = 2MI +
, 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).
uur uur uur


Do JA 2 − JB 2 − JC 2 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)
x = 3+t

Phương trình tham số MJ: 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 = −

4
9

23 35 8
;− ;− )
9
9 9
23 35 8
Vậy với M ( ; − ; − ) thì MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn nhất.
9
9 9
⇒ M(

x-1 y-2
z-3
=
=

Ta có MA2 - 2MB2 = (MI + IA) 2 − 2(MI + IB) 2

uuu
r uur
uu
r
= IA 2 − 2IB2 − MI 2 + 2MI(IA − 2 IB) = IA 2 − 2IB2 − MI 2
Do IA 2 - 2 IB2 không đổi nên MA2 -2 MB2 lớn nhất khi MI2 có giá trị nhỏ
nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên d.
x = 1+t
r

Đường thẳng d có vtcp u = (1; 2;1) , phương trình tham số d: y = 2+ 2t
z = 3+ t

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - Thị xã Long Khánh

Trang 7/33


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

uuu
r

M ∈ d ⇒ M(1 + t; 2 + 2t; 3 + t) , IM = ( t-3; 2t + 5 ; t - 3) khi M là hình chiếu
uuu
rr
vuông
góc

−∞

f’(t)
f(t)

−

+

2
3

+∞

0
23
3

−∞

−∞

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

1 2 7
3 3r 3uuur
uuur uuu

2
3

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

uuuu
rr

Khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì GM.u = 0

1
1 5
⇔ 6t + 3 = 0 ⇔ t = − ⇒ M ( ;1; )
2
2 2
1 5
Vậy với M ( ;1; ) thì MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhất.
2 2

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

2;-1), B(3; 1; -2), C(1; -2; -2). Hãy tìm điểm M trên d sao cho
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
Đường thẳng AA’ đi qua A và vuông góc với (α), AA’ nhận nα = (1; −1;2)
làm vecto chỉ phương
x = 1 + t

Phương trình tham số AA’:  y = 2 − t
 z = −1 + 2t


Tọa độ hình chiếu vuông góc H của A trên (α) ứng với t của phương trình
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'

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

Trang 10/33


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

uuuu
r

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

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

và hai điểm C(-4; 1; 1),
2
−2
1

D(3; 6; -3). Hãy tìm điểm M trên d sao cho MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải:
 x = 1 + 2t

Đường thẳng d có phương trình tham số  y = −2 − 2t
z = 3 + t
 uuur
r
qua điểm N(1; -2; 3), có vtcp u = (2; −2;1) và CD = (7;5; −4)
r uuur
Ta có u . CD = 14 -10 – 4 = 0 ⇒ d ⊥ CD
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - Thị xã Long Khánh

Trang 11/33


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

Xét mặt phẳng (P) qua CD và vuông
r 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:

3

7
3

hay t = . Vậy M ( ;0;0) là điểm cần tìm.
Cách khác: Ta có thể tìm điểm M bằng phương pháp khảo sát hàm số.
• Từ biểu thức S = (t -3)2 + 4 + (t -2)2 + 1
Ta xét hàm số f ( t ) = (t -3)2 + 4 + (t -2)2 + 1 ( t ∈ ¡ )

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

Trang 12/33


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

t −3

Có đạo hàm f ′ ( t ) =
f′( t ) = 0 ⇔

t −3

( t − 3)

−(t − 3)

⇔



(*)

với điều kiện 2 ≤ t ≤ 3 ta có:
2
2
2
2
(*) ⇔ ( t − 3) [( t − 2 ) + 1] = ( t − 2 ) [( t − 3) + 4]
t = 1 ∉ [2;3]
t − 3 = 2(t − 2)
⇔ ( t − 3) = 4 ( t − 2 ) ⇔ 
⇔ 7
t =
t
−
3
=
−
2(
t
−
2)

 3
Bảng biến thiên của hàm số f(t) :
2

t



Vậy MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng

7
38 + 10
, 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), B(1;
2
2
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

t
)
=
+
Có đạo hàm
(3t + 2)2 + 1
(3t − 1) 2 + 4
f '(t ) = 0 ⇔
⇔

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

(3t + 2) + 1
2

+
=

3t − 1
(3t − 1) + 4
−(3t − 1)
2

(3t − 1) + 4
2

=0

−

-

1
3

+∞

0

+

+∞

f(t)

+∞
3 2

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 14/33



x+ 4
y-3 z - 4
=
=
=
=
, d2 :
1
2
-1
−7
2
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:
uu
r
1) d1 qua M1(5; -1; 11), có vtcp u1 = (1; 2; −1)
uur
d2 qua M2(-4; 3; 4), có vtcp u 2 = (−7;2;3)
uu
r uur uuuuuur
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

62t '+ 6t + 50 = 0
t ' = −1

MN.u 2 = 0

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). Tìm
z = −2


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.r
Ta thấy d qua M1(2; 4; -2), có vtcp u = (1;1;0)
uu
r
uuu
r

Vậy M(-1; 1; -2), H(1; -1; 0) khi đó MH = 2 3 , AB = 2 2
1
Diện tích S ∆MAB = AB.MH = 6
2
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - Thị xã Long Khánh

Trang 16/33


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.
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)

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

Trang 17/33


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


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 18/33


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
uuurqua hai điểm uA,
uur B và vuông góc với mp(ABC).
AB = (1; −1; −1) , AC = (−2; −3; −2)
r uuur uuur
(ABC) có véctơ pháp tuyến n = [AB, AC ] = (−1;4; −5)
uur r uuur
(α) có véctơ pháp tuyến nα = [n, AB] = ( −9 − 6; −3) = −3(3;2;1)
Phương trình (α): 3(x– 2) + 2(y – 1) + 1(z – 3) = 0

song song với nhau.
2) Xét (α1) là mặt phẳng chứa d1 và d2 thì (α1) có
véctơ
pháp
r
u
u
r uuutuyến
uuur
uur
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 (α1u).u
r uur
Do đó (α) nhận [u1 , 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:
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - Thị xã Long Khánh

Trang 19/33


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

Gọi H là hình chiếu của B lên ∆ ta thấy d(B; ∆) = BH ≤ AB

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.
uur uuur uur
∆ có véctơ chỉ phương u ∆ = [AB, nα ] = (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 khoảng
1
2
3


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: r
uuur
1) Đường thẳng d qua điểm M(2; 0; 0) có vtcp u d = (1;0; -1) , MB = (−2;2;0)
uur uuur
uur
[u d , MB] = (2;2;2) = 2(1;1;1) = 2nα
uur
(α) đi qua B nhận nα = (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


Tọa độ H ứng với t là nghiệm phương trình:
2 + t + 1 + t -1 + t – 1 = 0 ⇔ 3t + 1 = 0 ⇔ t = −

=
2
−1 −1

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

Trang 21/33


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

3) Gọi K là hình chiếu của A lên ∆2 ta có d(A, ∆2 ) = AK ≤ AB, để d(A, ∆2 )
lớn nhất u
khi
vuông
góc với AB.
ur uK
uur≡ B hay ∆2 nằm trong (α)và u
ur
uur
Ta có [nα , AB] = (0; −4;4) = −4(0;1; −1) = −4u 2 ⇒ ∆2 nhận u 2 làm véc tơ chỉ
uur
r
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


+
2
t
+
4)
t + 2t + 4
t = 2
f '(t ) = 0 ⇔ 
t = −2

Bảng biến thiên của f (t )
−∞
t
f’(t)

+

-2
0

+∞

2
-

0

11

+


uuur
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
uur uu
r uur
BH và BH ≤ BI nên BH lớn nhất khi I ≡ H, khi đó ∆ có vtcp u ∆ = [BI, nα ] .
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 vuônguurgóc của B lên d1
⇒ I(-1 + t; 1 + 2t; 1 – t), BI = (-1 + t; 1 + 2t;-5– t)
uu
rr
Ta có BI.u = 0 ⇔ -1 + t + 2(1 + 2t) –(-5– t) = 0 ⇔ t = -1 ⇒ I(-2; -1; 2)
uur uu
r uur
Đường thẳng ∆ có vtcp u ∆ = [BI, nα ] = (-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


uuu
r

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên ∆ 1 ⇒ H(1 + 2t; -1 + t; 2 – 3t), BH =
3
2

(1 + 2t; t - ; -3t)

uu
rr

3

1

Ta có BI.u = 0 ⇔ 2 + 4t + t - + 9t = 0 ⇔ t = −
2
28
uuu
r

⇒ BH =(

13
43 3


Bài toán 5: Cho hai đường thẳng ∆1 và ∆2 phân biệt và không song song
với nhau. Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa ∆ 1 và tạo với ∆2 một góc
lớn nhất.
Lời giải:
Vẽ một đường thẳng bất kỳ ∆3 song song với ∆2 và cắt ∆1 tại M. Gọi I là điểm
cố định trên ∆3 và H là hình chiếu vuông góc của I lên mp(α), kẻ IJ ⊥ ∆1
·
Góc giữa (α) và ∆2 là góc IMH
·
Trong tam giác vuông HMJ có cos IMH
=
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

∆1 đồng thời vuông
r gócr vớir 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