Bài toán cực trị trong hình học giải tích

www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12
Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 1/24
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, đường thẳng, mặt cầu, tìm tọa độ điểm…. 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 Toán lớp 12 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.
Với tinh thần trên, 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, tôi trình bày 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.
- Học sinh đã được trang bị kiến thức, 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.
2. Khó khăn.
- Giáo viên mất nhiếu thời gian để chuẩn bị các dạng bài tập
- Nhiều học sinh bị mất kiến thức cơ bản trong hình học không gian, không nắm
vững các kiến thức về hình học, vec tơ, phương pháp độ trong không gian.
- Đa số học sinh yếu môn hình học.
III. NỘI DUNG.
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.
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
 
du MH
- Tìm t, suy ra tọa độ của H.
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 11 2 2 ... n nk MA k MA k MA  
  
có giá trị nhỏ nhất.
PP chung:
 Tìm điểm I thỏa 11 2 2 n nk IA + k IA +...+ k IA 0
   
 Biến đổi 11 2 2 n n 1 2 nk MA + k MA +...+ k MA = (k + k +...+ k )MI = k MI
    
 Tìm vị trí của M khi MI

đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải:
1) Gọi điểm I thỏa
  
IA + IB = 0 thì I là trung điểm AB và I(0; 2; 4)
Khi đó 2  
      
MA + MB MI + IA + MI IB MI có giá trị nhỏ nhất


MI nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d.
Đường thẳng d có vtcp

u = (1; 1; 1) , phương trình tham số d:





x = 4 + t
y = -1 + t
z = t
Tọa độ M(t + 4; -1 + t; t),

IM = ( t+4; t-3 ; t - 4) khi M là hình chiếu vuông góc của I lên
đường thẳng d thì . 0
 
IM u hay 3t – 3 = 0  t = 1. Vậy M( 5; 0; 1).
Ví dụ 1: Cho đường thẳng  :
x- 4 y+1 z
d = =
1 1 1
và hai điểm  A 0;1;5 ,  B 0;3;3 .
Tìm tọa độ điểm M trên đương thẳng d sao cho:
1)
 
MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
2)
 
MA - 4MB có giá trị nhỏ nhất.

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
5
, z =
7
3
, vậy J(0;
13 7
;
5 3
)
Khi đó ) 3 3    
       
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

JM = ( t+ 4; t - ; t - ) khi M là hình chiếu vuông góc của J
lên đường thẳng d thì . 0
 
JM u hay 3t – 3 = 0  t = 1
Vậy M( 5; 0; 1) thì
 
MA - 4MB có giá trị nhỏ nhất.
Giải:
1) Gọi 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).
Đường thẳng MG nhận

n = (2; -2; 1) làm một vecto chỉ phương nên phương trình tham số
của MG là:





x = 2t
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     
Vậy với M(-2; 0; -2) thì 
  
MA + MB MC có giá trị nhỏ nhất.
2) Gọi I(x; y; z) là điểm thỏa 3 0 
   
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
  
MA -2MB MC = ) 3( )  
     
MI+IA -2(MI IB MI IC = 2

MI có giá trị nhỏ nhất khi M là
hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (α)
Phương trình tham số của đường thẳng MI: 23
2
3
2








x = 4+2t
y = -2t
z = +3t
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
23 3
2(4 2t) 2( 2t) 3( 3t) 10 0
2 2
        
73 73
17t 0 t
2 34
     
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) 
  
MA + MB MC có giá trị nhỏ nhất.
2) 3
  
MA -2MB MC có giá trị nhỏ nhất.

Vậy với 5 245 135
; ; )
17 34 17
  M( thì 3
  
MA -2MB MC đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài toán 2: Cho đa giác A1 A2 ….An và n số thực k1, k2, …., kn thỏa k1+ k2+ ….+ kn = k .
Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( hay đường thẳng) sao cho tổng T =
2 2 2
1 1 2 2 ... n nk MA k MA k MA   đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất
PP chung:
- Tìm điểm I thỏa 11 2 2 n nk IA + k IA +...+ k IA 0
   
- Biến đổi : T = 2 2 2
1 1 2 2 ... n   nk MA k MA k MA =
= 2
1 n(k +...+ k )MI + 2 2 2
1 1 2 2 .. n   nk IA k IA k IA + 2 11 n nMI(k IA +..+ k IA )
  
= 2
kMI + 2 2 2
1 1 2 2 ... n   nk IA k IA k IA
Do 2 2 2
1 1 2 2 ... n   nk 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.
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.
Giải:
1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa
  
IA + IB = 0 thì I là trung điểm AB và
3 3
(2; ; )
2 2
I
Ta có: MA2
+ MB2
= 2 2
(MI + IA) +(MI + IB)
   
2 2 2
IA + IB +2MI +2MI(IA + IB)
  
= 2 2 2
IA + IB +2MI
Do 2 2
IA + IB 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 αn (1;2;2)

Phương trình tham số MI: 3
2
3
2








x = 2+t
y = + 2t
z = +2t
3 3
2 t 2( 2t) 2( 2t) 7 0 9t 9 0 t 1
2 2
             
1 7
(1; ; )
2 2
  M
Vậy với
1 7
(1; ; )
2 2
 M thì MA2
+ MB2
Nhận xét:
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
2) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA2
- MB2
– MC2
có giá trị lớn nhất.

Với I là trung điểm AB thì MA2
+ MB2
= 2MI2
+
2
2
AB
, do AB2
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).
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
= 2 2 2
(MJ + JA) - (MJ + JB) (MJ + JC)
     
2 2 2 2
J A JB JC MJ + 2MJ(JA JB JC)     
    2 2 2 2
JA JB JC MJ   
Do 2 2 2
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).
Đường thẳng JM qua điểm I và có vtcp αn (1;2;2)

Phương trình tham số MJ:





x = 3+t
y = -3+ 2t
z = 2t
4
3 t 2( 3 2t) 2.2t 7 0 9t 4 0 t
9
             23 35 8
( ; ; )
9 9 9
  M
Vậy với 23 35 8
( ; ; )
9 9 9
 M thì MA2
- MB2
– MC2
Giải:
1) Gọi điểm I(x; y; z) là điểm thỏa
  
IA -2 IB = 0
2) 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
  

    
 
Ta có MA2
- 2MB2
= 2 2
(MI + IA) 2(MI + IB)
   
2 2 2
IA 2IB MI + 2MI(IA 2 IB)   
   2 2 2
IA 2IB MI  
Do 2 2
IA - 2 IB 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.
Đường thẳng d có vtcp (1;2;1)

u , phương trình tham số d:





x = 1+t
y = 2+ 2t
z = 3+ t
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 tọa độ điểm M trên d sao cho
1) MA2
- 2MB2
có giá trị lớn nhất
2) MA2
+ MB2
+ MC2

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 . 0
 
IM u
2 1 2 7
6 4 0 ( ; ; )
3 3 3 3
      t t M
Vậy với 1 2 7
( ; ; )
3 3 3
M thì MA2
- 2MB2
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
Xét hàm số 2
( ) 6 – 8 5,f t t t t R    .
Đạo hàm
2
'( ) 12t – 8 , '( ) 0
3
f t t f t t     
Bảng biến thiên
T 
2
3
 
f’(t) + 0
f(t)
23
3
 
Từ bảng biến thiên ta thấy f(t) đạt giá trị lớn nhất khi
2
3
t   .
Hay MA2
- 2MB2
có giá trị lớn nhất khi
1 2 7
( ; ; )
3 3 3
M
2) Gọi điểm G(x; y; z) là điểm thỏa
   
GA + GB +GC = 0 thì G(2;1;1) là trọng tâm  ABC.
Ta có:
MA2
+ MB2
+ MC2
= 2 2 2
(MG + GA) + (MG + GB) +(MG + GC)
     
= 2 2 2 2
GA GB GC +3MG + 2MG(GA GB GC)   
   
= 2 2 2 2
GA GB GC +3MG 
Do 2 2 2
GA GB GC  không đổi nên MA2
+ MB2
+ MC2
nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất, hay
M là hình chiếu vuông góc của G lên đường thẳng d.
M d M(1 t; 2 2t; 3 t)     ,

GM = ( t-1; 2t +1 ; t +2)
Khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì
. 0
 
GM u
1 1 5
6 3 0 ( ;1; )
2 2 2
      t t M .
Vậy với
1 5
( ;1; )
2 2
M thì MA2
+ MB2
+ MC2
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.
PP chung:

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.
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 (1; 1;0) 

AB làm vecto chỉ phương.
Phương trình tham số của AB:
2
2
x t
y t
z
 

 
 
.Tọa độ M ứng với t là nghiệm pt:
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)  

n làm vecto chỉ
phương nên phương trình tham số AA’:
1
2
1 2
x t
y t
z t
 

 
   
Tọa độ hình chiếu vuông góc H của A trên (α) ứng với t của phương trình
1 + t – (2 – t) + 2(-1 + 2t) = 0  6t – 3 = 0 hay t =
1 3 3
H( ; ;0)
2 2 2

Do H là trung điểm AA’ nên
'
'
'
2
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) 

A'B
Phương trình tham số A’B:
2
1
1 3
 


  
x t
y
z t
Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α) có phương trình: x – y + 2z = 0 và ba điểm A(1; 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.
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 tọa độ điểm M trên mặt
phẳng (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.

2 + t – 1 + 2(1 – 3t) = 0
3
5 3 0
5
t t      hay 13 4
( ;1; )
5 5
M
Vậy với 13 4
( ;1; )
5 5
M thì MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
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 của A’C và (α). Đường thẳng A’C có vtcp ( 1; 3; 3)   

A'C
Phương trình tham số A’C:
2
1 3
1 3
t
 

 
  
x t
y
z t
2 - t - (1 – 3t) + 2(1 - 3t) = 0
3
4 3 0
4
t t      hay 5 5 5
( ; ; )
4 4 4
 M
Vậy với 5 5 5
( ; ; )
4 4 4
 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.
PP chung:
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
Ta làm như sau:
- Đưa phương trình của d về dạng tham số, viết tọa độ của M theo tham số t
- Tính biểu thức MA + MB theo t, xét hàm số f(t) = MA + MB
- Tính giá trị nhỏ nhất của hàm số f(t), từ đó suy ra t
- Tính tọa độ của M và kết luận.
Giải:
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) 

u và (7;5; 4) 

CD
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 (2; 2;1) 

u làm vecto pháp tuyến
Phương trình (P): 2(x +4) – 2(y -1) + 1(z -1) = 0 hay 2x – 2y + z + 9 = 0
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.

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 0 2    9t + 18 t
Vậy M(-3; 2; 1) thì MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất bằng: 2 2 17
Giải:
Ox có vtcp (1;0;0)i 

qua O(0; 0; 0), AB có vtcp ( 1;1; 2)  

AB và . 1 0i    

AB 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.
Phương trình tham số của Ox: 0
0
x t
y
z



 
. ( ;0;0) M Ox M t
S = MA + MB = 2 2
0 4 1 0    (t -3) (t -2) = 2 2
4 1  (t -3) (t -2)
Ta phải tìm t sao cho S đạt giá trị nhỏ nhất. Trong mặt phẳng tọa độ với hệ Oxy xét các
điểm Mt(t; 0) Ox và hai điểm At(3;2), Bt(2; 1) thì S = MtAt + MtBt .
Ta thấy At, Bt nằm cùng phía với Ox nên ta lấy At’(3; -2) đối xứng với At qua Ox.
Phương trình đường thẳng At'Bt : 3x + y – 7 = 0
S = MtAt + MtBt nhỏ nhất khi M là giao điểm của Ox và At'Bt 3t - 7 = 0 hay
7
3
t .
Vậy
7
( ;0;0)
3
M là điểm cần tìm.
Cách khác: Ta có thể tìm điểm M bằng phương pháp khảo sát hàm số.
Ta xét hàm số   2 2
4 1f t    (t -3) (t -2) ( Rt  )
 
   2 2
3 2
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
  
 
   
(*) với điều kiện 2 ≤ t ≤ 3 ta có:
(*)        2 2 2 2
3 [ 2 1] 2 [ 3 4]t t t t       
   2 2 3 2( 2)
3 4 2
3 2( 2)
t t
t t
t t
  
         
1 [2;3]
7
3
t
t
 

 

Bảng biến thiên của hàm số f(t) :
T 
7
3

f’(t) - 0 +
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

f(t)
 
38 10
3

Từ bảng biến thiên suy ra  
7
min
3
f t f
 
  
 
=
38 10
3

Vậy MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng
38 10
3

, đạt được tại 7
3
t  , tức là M(
7
3
;0; 0)
Giải:
Đường thẳng d có phương trình tham số
1 2
2 2
1
x t
y t
z t
 

 
  
qua điểm N(1; 2; 1), có vtcp
(2;2;1)

u và (2;3; 1) 

AB . Ta có

u.

CD= 4 + 6 – 1 = 9 ≠ 0 d không vuông góc với
AB và [ , ]
  
u AB NA= (-5; 4; 2)(-2; -1; 0) = 10 – 4 = 6 d và AB chéo nhau.
- Chu vi tam giác MAB là 2p = 2(MA + MB + AB), do AB không đổi nên 2p đạt giá trị
nhỏ nhất khi MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Xét điểm (1 2 ; ;1 )t t t   M d M 2+2 , ta phải tìm t để MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất
Xét   2 2 2 2 2 2
MA + MB = (2 2) (2 1) (2 ) (2 2) ( 1)f t t t t t t t         
  2 2
= 9 12 5 9 6 5f t t t t t     = 2 2
(3 2) 1 (3 1) 4t t    
Có đạo hàm 2 2
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
t  
2 2 2 2
(3 2) [(3 1) 4] (3 1) [(3 2) 1]t t t t       
2 2
5
2(3 2) 3 1 13
4(3 2) (3 1)
2(3 2) 3 1 1 3
3
t
t t
t t t
t t
t

  
               

Bảng biến thiên của hàm số f(t) :
T 
1
3
 
f’(t) - 0 +
f(t)
 
3 2
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.

Ta thấy f(t) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 2 khi t =
1
3

Hay với
2 4 1
; ; )
3 3 3
M( thì MA + MB đạt giá nhỏ nhất bằng 3 2
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, N d2 là chân
đoạn vuông góc chung của hai đường trên.
PP chung:
- Viết phương trình hai đường thẳng dạng tham số
- Lấy M 1d và N 2d ( tọa độ theo tham số).
- Giải hệ phương trình 1. 0
 
MN u và 2. 0
 
MN u
( 1,

u 2

u là các véctơ chỉ phương của d1 và d2 ).
- Tìm tọa độ M, N và kết luận.
Giải:
1) d1 qua M1(5; -1; 11), có vtcp 1 (1;2; 1) 

u
d2 qua M2(-4; 3; 4), có vtcp 2 ( 7;2;3) 

u
Ta có [ 1,

u 2

u ] 1 2

M M = (8; 4; 16)(-9;4; -7) = -72 +16 – 112 = -168 0
Hay d1 và d2 chéo nhau.
2). M 1d và N 2d 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
d1:
5
1 2
11
t
t
 

  
  
x t
y
z
, d2:
4 7
3 2
4 3
t
t
  

 
  
x t
y
z
M 1d nên M(5 + t; -1 + 2t; 11- t), N 2d nên N(-4 – 7t’;3 +2t’; 4 + 3t’)
(

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
       
   
      
 
 
MN u
MN u
Do đó M(7; 3;9) và N(3; 1; 1) thì độ dài MN ngắn nhất bằng 2 21.
Ví dụ 1: Cho hai đường thẳng 1 :
1 2
d
x-5 y+1 z -11
= =
-1
, 2 :
7 2 3
d

x+ 4 y-3 z - 4
= =
1) Chứng minh d1, d2 chéo nhau
2) Tìm điểm M 1d và N 2d 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 M1(2; 4; -2), có vtcp (1;1;0)

u
AB qua A(1; 2; 3) và 

AB (0; -2;-2) = 12

u
với 1 (0;1;1)

u là véc tơ chỉ phương của AB
Phương trình tham số AB
1
2 '
3 '
t
t


 
  
x
y
z
M(2 + t; 4+ t; -2) d ,H(1; 2+ t’;3+t’) AB , (

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
      
   
      
 
 
MH u
MH u
Vậy M(-1; 1; -2), H(1; -1; 0) khi đó MH =2 3 , AB =2 2
Diện tích
1
6
2
S  MAB AB.MH
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 (0;1; 1) 

u ,
Ox qua O(0; 0; 0), có vtcp (1;0;0)i 

.
[ ,

u i

]

OM = (0; 0; -1)(0; 0; 2) = -2 0 nên d và Ox chéo nhau.
Với M(0; t; 2- t) d, N(t’; 0; 0) Ox và (

MN t’; -t; t – 2)
Ví dụ 2: Cho đường thẳng d:
2
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
0
2
t
t



  
x
y
z
. Trong các mặt cầu tiếp xúc với cả hai đường
thẳng d và trục Ox, hãy viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất.

Ta có
. 0 2 0 1
' 0 ' 0. 0
t t t
t ti
       
   
   
 

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
2 2

MN
Phương trình mặt cầu (S): 2 2 21 1 1
( ) ( )
2 2 2
x y z    
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.
PP chung:
Gọi 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.
Giải:
(α) cách điểm I(3; -1; -2) một khoảng lớn nhất khi (α) là mặt phẳng đi qua D và vuông
góc với DI. (α) nhận (2;

DI 1; -5) làm vectơ pháp tuyến
Phương trình mặt phẳng(α): 2(x -1) + 1(y +2) – 5(z -3 ) = 0  2x + y – 5z + 15 = 0
Giải:
Mặt cầu (S) có bán kính R = d(A; (α)) lớn nhất khi (α) qua B và vuông góc với AB
(1;

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)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
PP chung:
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: 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 A. Trong các
mặt cầu tâm A và tiếp xúc với (α), viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính lớn nhất.

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; 1; 1)  

AB , ( 2; 3; 2)   

AC
(ABC) có véctơ pháp tuyến [ , ] ( 1;4; 5)   
  
n AB AC
(α) có véctơ pháp tuyến [ , ] ( 9 6; 3) 3(3;2;1)       
  
n n AB
Phương trình (α): 3(x– 2) + 2(y – 1) + 1(z – 3) = 0 3x + 2y + z – 11 = 0.
Giải:
1) d1 qua M1(2; 1; -1), có vtcp 1 (1;2; 2) 

u
d2 qua M2(0; 3; 1), có vtcp 2 ( 2; 4;4)  

u
Ta thấy 2 12 
 
u u và 1 2M d nên hai đường thẳng song song
với nhau.
2) Xét (α1) là mặt phẳng chứa d1 và d2 thì (α1) có véctơ pháp
tuyến 1 2[ , ] (8;2;6) 2(4;1;3) 2   
   
1 1 2n u M M n
Khoảng cách giữa d2 và (α) là lớn nhất khi (α) phải vuông góc
với (α1).
Do đó (α) nhận [ , ] (8; 11; 7)  
 
1 2u n 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.
PP chung:
Gọi H là hình chiếu của B lên ∆ ta thấy d(B; ∆) = BH ≤ AB
Vậy khoảng cách từ B đến ∆ lớn nhất khi
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 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 d1, hãy viết phương trình mặt phẳng (α) sao cho
khoảng cách giữa d2 và (α) là lớn nhất.

Giải:
Ta thấy (α)có véctơ pháp tuyến (2; 2;1)  

n
1) Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên (α)
Phương trình BH:
2 2
3 2
5
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)
Ta thấy d(B; ∆) nhỏ nhất khi ∆ đi qua hai điểm A, H do vậy (1;4;6)

AH là véc tơ chỉ
phương của ∆.
Phương trình của ∆:
1 4 6
 
x+3 y-3 z +3
2) Ta có: d(B; ∆) lớn nhất khi ∆ là đường thẳng nằm trong (α), qua A và vuông góc AB.
∆ có véctơ chỉ phương [ , ] (16;11; 10)   
  
u AB n
Phương trình của ∆:
16 11 10
 

x+3 y-3 z +3
Giải:
Xét mặt phẳng (α) qua C và vuông góc với d, (α) nhận (1;2; )d 

u 3 làm véctơ pháp
tuyến, thì ∆ nằm trong (α).
Do vậy d(D; ∆) lớn nhất khi ∆ nằm trong (α), qua C và vuông góc với CD.
∆ có véctơ chỉ phương [ , ] (1; 8;5)   
  
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 

u -1 , ( 2;2;0) 

MB
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.
Ví dụ 2: Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm C(2; -1; 3), vuông góc với
đường thẳng d:
1 2 3
 
x-3 y+2 z +5 và cách điểm D(4; -2; 1) một khoảng lớn nhất.
Ví dụ 3: Cho hai điểm A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0) và đường thẳng d:
1
0
 


  
x t
y
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.

[ , ] (2;2;2) 2(1;1;1) 2d   
  
u MB n
(α) đi qua B nhận (1;1;1) 

n làm véctơ pháp tuyến nên pt (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.
Phương trình tham số AH:
2
1
1
t
t
 

 
   
x t
y
z
Tọa độ H ứng với t là nghiệm phương trình:
2 + t + 1 + t -1 + t – 1 = 0
1
3 1 0
3
t t     
5 2 4
H( ; ; )
3 3 3


8 4 4 4 4
( ; ; ) (2; 1; 1)
3 3 3 3 3
 
    
 
1BH u  ∆1 nhận

1u làm véc tơ chỉ phương
Ta thấy

1u và d

u không cùng phương nên d và ∆1 cắt nhau (do cùng thuộc mp (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       
  
n AB u  ∆2 nhận 2

u làm véc tơ chỉ phương, mặt
khác 2

u và d

u không cùng phương nên d và ∆2 cắt nhau (do cùng thuộc mặt phẳng (α))
Phương trình ∆2:
1
2 t
t
 

 
  
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  

NB
Ta có ( 3;1;1) 

AB , [ , ] (2 ;2 2 ;4 )t t t   
 
NB AB
Và d(A;∆) =
2 2 2
2 2 2
[ , ] (2 ) (2 2 ) (4 )
( 2 ) 2 ( )
t t t
t t
    

   
 

NB AB
NB
=
2
2
3 10 12
2 4
t t
t t
 
 
Xét hàm số
2
2
3 10 12
( )
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

    
Bảng biến thiên của ( )f t
t  -2 2 
f’(t) + 0 - 0 +
f(t)
11 3

3
1
3
Từ bảng biến thiên ta thấy:
 d(A;∆) lớn nhất bằng 11 khi t = -2  N(-1; 0;2); (0;2; 2) 2(0;1; 1)   

NB
và đường thẳng cần tìm có phương trình là:
1
2 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)     

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.
PP chung:
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 .
Giải:
Đường thẳng d có vtcp 

u (1; 2; -1), (α) có vtpt  

n (2; -1; 1)
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  t = -1  B(0; 0; 4)
Xét d1 là đường thẳng qua A và song song với d
Phương trình tham số đường thẳng d1:
1
1 2
1
t
  

 
  
x t
y
z t
Gọi I là hình chiếu vuông góc của B lên d1
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.

 I(-1 + t; 1 + 2t; 1 – t), 

BI (-1 + t; 1 + 2t;-5– t)
Ta có . 0
 
BI u  -1 + t + 2(1 + 2t) –(-5– t) = 0  t = -1 I(-2; -1; 2)
Đường thẳng ∆ có vtcp [ , ] 
  
u BI n = (-5; -10; 4) nên phương trình ∆:
5 10 4
 
 
x+1 y-1 z -1
.
Giải:
Mặt phẳng (α) qua A và song song với (P) có pt: x + y – z + 2= 0  d nằm trên (α).
Đường thẳng ∆ có vtcp 

u (2;1;-3), (α) có vtpt  

n (1;1;-1)
Phương trình tham số ∆:
1 2
4 3
t
  


  
x t
y
z t
Gọi B là giao điểm của ∆ và (α), tọa độ B ứng với t là nghiệm phương trình:
-1+ 2t + t – (4- 3t) + 2 = 0  t =
1
2
 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 ∆1  H(1 + 2t; -1 + t; 2 – 3t),


BH (1 + 2t; t -
3
2
; -3t)
Ta có . 0
 
BI u  2 + 4t + t -
3
2
+ 9t = 0  t =
1
28



BH =(
13
14
;
43
28
 ;
3
28
) =
1
28
(26; -43; 3) =
1
28
1

u
Đường thẳng d có vtcp 1[ , ]d 
  
u u n = (40; 29; 69).
Phương trình d :
40 29 69
 
x-1 y+1 z -2
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
IM IM
không đổi
Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (P): x + y – z + 1= 0, điểm A(1; -1; 2) và đường thẳng
∆:
2 1 3
x+1 y z-4
= = . Trong các đường thẳng đi qua A và song song song với (P), hãy
viết phương trình đường thẳng d sao cho khoảng cách giữa d và ∆ lớn nhất.

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 góc với mặt phẳng (∆1,∆2)
Khi đó (α) nhận 1 1 2[ ,[ , ]]  
  
u u u làm véctơ pháp tuyến.
Giải:
Đường thẳng d qua điểm M(2; -1; 1) có vtcp (2; 1; 1) 

u , (1;1;2)

AB
=>

n = [ , ] ( 3; 3;3) 3(1;1; 1)     
 
u AB
Mặt phẳng (α) qua điểm A và nhận [ , ] (3; 3;0) 3(1; 1;0)   
 
n AB làm vecto pháp tuyến
Phương trình mp(α): 1(x – 3) - 1(y + 4) = 0 hay x – y – 7 = 0
Khi đó cos((α),d) =
2 1 2 3
55 5
 

Giải:
Mp(p) có vecto pháp tuyến (2; 1; )P  

n 2 .
Xét đường thẳng d qua A và vuông góc với (P), d có véctơ chỉ phương (2; 1; )P  

n 2 ,
Oy có véctơ chỉ phương (0;1;0)j 

nên d và Oy không song song.
Theo bài toán 4 nếu (α) tạo với trục Oy góc lớn nhất thì (α) chứa d và vuông góc với
mp(d,Oy), do đó (α) nhận [ ,[ , ]]P P
n n j
  
= -2( 1; 4; 1) làm véctơ pháp tuyến nên pt (α):
1(x -1) + 4(y -1) +1( z + 1) = 0 hay x + 4y + z – 4 = 0.
Bài toán 6: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), đường thẳng d không song song
hoặc nằm trên (α). Tìm đường thẳng ∆ nằm trên (α), đi qua A và tạo với d góc lớn
nhất, nhỏ nhất.
PP chung:
Vẽ đường thẳng d1 qua A và song song với d.
Trên d1 lấy điểm B khác A là điểm cố định, gọi K, H là
hình chiếu vuông góc của B lên (α) và ∆.
Ta có góc (d, ∆) = BAH
và sin(d, ∆) = sin BAH = BH
AB
≥ BK
AB
. Do vậy góc (d, ∆) nhỏ
nhất khi K ≡ H hay ∆ là đường thẳng AK.
2 1 1
 

x-2 y+1 z-1
và hai điểm A( 3; -4; 2), B( 4; -3; 4).
Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa AB và tạo với d một góc lớn nhất.
Ví dụ 2: Cho điểm A(1; 1; -1) và mặt phẳng (P): 2x – y + 2z + 2 = 0. Trong các mặt
phẳng đi qua A và vuông góc với (P), viết phương trình mặt phẳng (α) tạo với trục Oy
góc lớn nhất.

Góc (d, ∆) lớn nhất bằng 900
khi ∆  d và ∆ có vtcp [ , ] 
  
du u n
Giải:
(α) có vectơ pháp tuyến (2;2; ) 

n -1 , d có vectơ (1;1;1)d 

u qua điểm M(-2; 1; 3).
Ta thấy A(α) mặt khác 

n 0d 

u nên d không song song hoặc nằm trên (α).
1) ∆1 tạo với d một góc lớn nhất khi ∆1  d
Do đó ∆1 có vectơ chỉ phương 1 [ , ]
  
du u n = (-3; 3; 0 ) = -3(1; -1; 0)
Phương trình tham số của ∆1:
1
2
2
t
 

 
  
x t
y
z
2) Xét đường thẳng d1 qua A và song song với d
Phương trình d1:
1 1 1
 
x-1 y-2 z +2 , lấy điểm B(2; 3; -1)d1.
Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên (α) .Phương trình tham số của BK
2 2
3 2
1
t
t
 

 
   
x t
y
z
.
Tọa độ của K ứng với t là nghiệm của phương trình: 2(2 + 2t) + 2(3 + 2t)- (- 1- t) - 7 = 0
 9t + 4 = 0 hay t =
4
9

10 19 5
K( ; ; )
9 9 9


∆2 tạo với d một góc nhỏ nhất khi nó đi qua hai điểm A và K,
1 1 13
( ; ; )
9 9 9


AK
∆2 qua A(1; 2; -2), có vectơ chỉ phương 2 9. (1;1;13) 
 
u AK
Phương trình ∆2 :
1 1 13
 
x-1 y-2 z +2
Giải:
Đường thẳng d có vectơ (2;1;1)d 

u .
Xét mặt phẳng (α) qua A và vuông góc với d ∆ nằm trên (α)
(α) nhận (2;1;1)d 

u làm vectơ pháp tuyến. Phương trình (α): 2x + y + z – 2 = 0.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên (α), BH có vectơ (2;1;1)d 

u
Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): 2x + 2y – z – 7 = 0, điểm A(1; 2; -2) và đường thẳng
d:
1 1 1
 
x+2 y-1 z -3 .
1) Viết phương trình đường thẳng ∆1 nằm trên (α), đi qua A và tạo với d một góc
lớn nhất.
2) Viết phương trình đường thẳng ∆2 nằm trên (α), đi qua A và tạo với d một góc
nhỏ nhất.
Ví dụ 2: Cho hai điểm A(1; 0; 0) , B( 0; -2; 0) và đường thẳng d:
2 1 1
 
x-1 y-2 z -3
.
Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A, vuông góc với d và tạo với AB một góc nhỏ
nhất.

Phương trình tham số của BH
2
2 t
t


  
 
x t
y
z
,
tọa độ của H ứng với t là nghiệm của phương trình: 4t -2 + t + t – 2 = 0
 6t – 4 = 0
2
t
3
  hay H(
4 4 2
; ;
3 3 3

)
∆ tạo với AB một góc nhỏ nhất khi nó đi qua hai điểm A và H,
1 4 2
( ; ; )
3 3 3



AH
∆ qua A(1; 0; 0), có vectơ chỉ phương 3. (1; 4;2)   
 
u AH
Phương trình ∆ :
1 4 2
 

x-1 y z
Bài tập áp dụng.
Bài 1: Cho ba điểm A(1; -2; 1), B(-1; 1; 2), C(2; 1; -2) và mặt phẳng (α) có phương trình
x + 2y – 2z + 1 = 0.
1) Tìm điểm M trên (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
2) Tìm điểm N trên (α) sao cho NA + NC có giá trị nhỏ nhất.
3) Tìm điểm S trên (α) sao cho SA2
+ SB2
– 3SC2
4) Tìm điểm P trên (α) sao cho 4
  
PA +2PB PC có giá trị nhỏ nhất.
Bài 2: Cho đường thẳng  :
1 2
x-2 y + 1 z+2
d = =
-1
và hai điểm A(3; 1; 1),
B(-1; 2; -3). Hãy tìm điểm M trên d sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất
Bài 3: Cho đường thẳng  :
2 2
x-2 y - 1 z-2
d = =
1
và hai điểm A(0; 1; 1),
B(1; 2; 3). Tìm điểm M trên d sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất.
Bài 4: Cho đường hai thẳng d1:
2 3
2
4 2
t
t
t
 


  
x
y
z
d2:
3 1 2
 
x-1 y-2 z +1
. Trong các mặt cầu tiếp
xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2, hãy viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính nhỏ
nhất.
Bài 5: Cho hai điểm C(1; -2; 2) và đường thẳng d có phương trình
2 1 2
 
 
x-1 y- 4 z +1
. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d và khoảng cách từ C đến (P) là
lớn nhất.

Bài 6: Cho họ đường thẳng dm:
1
1 (1
1
 

  
  
x t
y m)t
z mt
, với t  và m là tham số.
1) Chứng minh họ dm luôn đi qua một điểm cố định và nằm trong một mặt phẳng cố
định.
2) Tìm m để khoảng cách từ dm đến gốc tọa độ lớn nhất, nhỏ nhất
3) Tìm m để khoảng cách từ dm và trục Oy lớn nhất.
4) Tìm m để dm tạo với trục Ox góc lớn nhất, nhỏ nhất.
Bài 7: Cho hai điểm A(1; 3; -1), B( 0; 0; 2) và đường thẳng d có phương trình
1 2 1
 

x-3 y+2 z -1. Viết phương trình đường thẳng ∆ qua điểm I(-1; 1; 0), vuông góc với
trục Oy và tạo với d một góc
1. Nhỏ nhất 2. Lớn nhất
Bài 8: Cho điểm B(2; -1; -2), mặt phẳng (P): x – y + z + 3 = 0 và đường thẳng
d:
1 2 1
 

x-1 y-2 z -3
. Trong các mặt phẳng đi qua B và vuông góc với (P), viết phương
trình mặt phẳng (α) tạo với d một góc lớn nhất
Bài 9: Cho điểm A(0; -1; 1) và ba đường thẳng ∆:
2 1 3
x+1 y z-4
= = ,
d1:
1
1 1 1
y zx
= = , d2:
2 3 3
x+3 y+1 z-4
= = .
1). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A đồng thời song song với hai đường thẳng
d1, d2.
2) Trong các đường thẳng đi qua A và nằm trên (P), hãy viết phương trình đường
thẳng d sao cho khoảng cách giữa d và ∆ lớn nhất.
Bài 10: Cho tứ diện ABCD với A(1;0;0), B(0; 1; 0),C(0; 0;1) và D(-2;-1;-2).
1) Tìm điểm M sao cho  
   
MA + MB MC MD có giá trị nhỏ nhất.
2) Tìm điểm N trên mặt phẳng (ABC) sao cho NA2
– NB2
– 2ND2
có giá trị lớn nhất
3) Cho (P) là mặt phẳng qua D và song song với (ABC), trong các đường thẳng đi
qua D trên mp(P). Hãy viết phương trình đường thẳng d sao cho khoảng cách giữa
d và trục Oz lớn nhất.
Bài 11: Cho hai điểm A(2; 1; -3), B(1; 2; 0) và đường thẳng d:
2 1
x-1 y-2 z-3
= =
1
Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, cắt d sao cho khoảng cách từ B đến ∆ là lớn
nhất.
Bài 12: Cho hai điểm C(1; 1; -1), D(2; 2; 1) và đường thẳng d:
2 2 1
x-2 y-2 z-3
= =
Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua C, nằm trong mặt phẳng (P): x + y + z -1 = 0 sao
cho khoảng cách từ D đến ∆ là nhỏ nhất.

Bài 13: Cho điểm A(1; 1; -1) và mặt phẳng (α): 2x – y + z + 2 = 0. Viết phương trình mặt
phẳng (P) qua A, vuông góc với (α) và tạo với Oz một góc lớn nhất.
Bài 14: Cho điểm A(2; -1; 0) và hai đường thẳng có phương trình
∆1:
2 1 1
x-1 y+1 z-1
= = , ∆2:
1 1 1
x-2 y-1 z+3
= = . Trong các đường thẳng đi qua A và cắt ∆1 hãy
viết phương trình đường thẳng ∆ sao cho khoảng cách giữa ∆ và ∆2 là lớn nhất.
Bài 15: Trong các mặt cầu đi qua điểm E(1; 2; -2) và tiếp xúc với mặt phẳng (P) 2x – 2y
+ z – 3 = 0. Hãy viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất.
IV. KẾT LUẬN.
Chuyên đề này đã được thực hiện giảng dạy khi tôi tham gia dạy 12NC và Luyện
thi Đại học. Trong quá trình học chuyên đề này, học sinh thực sự thấy tự tin, biết vận
dụng khi gặp các bài toán liên quan, tạo cho học sinh niềm đam mê, yêu thích môn toán,
mở ra cho học sinh cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo
nền tảng cho học sinh tự học, tự nghiên cứu.
Dạng toán cực trị trong hình học giải tích không gian nói chung rất đa dạng và phong
phú. Mỗi bài toán lại có rất nhiều cách giải khác nhau, việc lựa chọn sử dụng linh hoạt các
kiến thức đã học sẽ làm cho học sinh phát triển tư duy sáng tạo. Chuyên đề này chỉ mang
tính chất gợi mở cung cấp cho học sinh cách nhìn mới, phát huy sự sáng tạo. Để đạt kết
quả cao học sinh cần luyện tập nhiều, có thêm nhiều thời gian để sưu tầm các tài liệu
tham khảo liên quan.
Bằng một chút vốn hiểu biết và kinh nghiệm giảng dạy một số năm, tôi đã hệ thống
được một số kiến thức liên quan, sưu tầm và tích lũy được một số bài tập phù hợp theo
mức độ từ dễ đến khó để cho học sinh tham khảo tự giải.
Một bài toán có thể có rất nhiều cách giải song việc tìm ra một lời giải hợp lý, ngắn
gọn thú vị và độc đáo là một việc không dễ.. Giáo viên trước hết phải cung cấp cho học
sinh nắm chắc các kiến thức cơ bản sau đó là cung cấp cho học sinh cách nhận dạng bài
toán, thể hiện bài toán từ đó học sinh có thể vận dụng linh hoạt các kiến thức cơ bản, phân
tích tìm ra hướng giải tạo cho học sinh tác phong tự học, tự nghiên cứu.
Tuy nội dung của chuyên đề khá rộng, song trong khuôn khổ thời gian có hạn
người viết cũng chỉ ra được các ví dụ, bài toán điển hình. Rất mong sự đóng góp ý kiến
của các bạn quan tâm và đồng nghiệp để chuyên đề này được đầy đủ hoàn thiện hơn.

V. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Hình học 12, Bài tập hình học 12 – nhà XBGD năm 2008.
2. Hình học 12 nâng cao, Bài tập hình học 12 nâng cao – nhà XBGD năm 2008.
3. Tạp chí Toán học và tuổi trẻ năm 2010.
4. Các dạng Toán LT ĐH của Phan Huy Khải- NXB Hà Nội năm 2002.
Đồng Hới, ngày 12 tháng 05 năm 2013
Người thực hiện
Hoàng Thị Hồng Cầm

Bài toán cực trị trong hình học giải tích

Empfohlen

Empfohlen

Weitere ähnliche Inhalte

Was ist angesagt?

Was ist angesagt? (20)

Ähnlich wie Bài toán cực trị trong hình học giải tích

Ähnlich wie Bài toán cực trị trong hình học giải tích (20)

Mehr von Minh Thắng Trần

Mehr von Minh Thắng Trần (16)

Kürzlich hochgeladen

Kürzlich hochgeladen (20)

Bài toán cực trị trong hình học giải tích