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.

- Được sự động viên của BGH, nhận được động viên và đóng góp ý
kiến cuả đồng nghiệp.
2. Khó khăn.
- Giáo viên mất nhiếu thời gian để chuẩn bị các dạng bài tập.
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - Thị xã Long Khánh

Trang 1/40


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

- 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.
3. Số liệu thống kê
Trong các năm trước, khi gặp bài toán liên quan đến Cực trị trong hình
học số lượng học sinh biết vận dụng được thể hiện qua bảng sau:
Không
Nhận biết,
nhận
nhưng không
biết biết vận dụng
được
Số lượng
Tỉ lệ ( %)

60
66,7


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.

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

Trang 2/40


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

− Viết phương trình tham số của d
− Gọi H ∈d có tọa độ theo tham số t

r uuuur
u
− H là hình chiếu vuông góc của điểm M lên d khi d MH = 0

− Tìm t, suy ra tọa độ của H.
2.2 Các bài toán cực trị liên quan đ ến 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

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


− Biến đổi
uuuur
uuuuur
uuuuur
uuur
uuur
k1 MA1 + k 2 MA 2 +...+ k n MA n = (k 1 + k 2 +...+ k n )MI = k MI
− Tìm vị trí của M khi

Ví dụ 1: Cho đường thẳng
B ( 0;3;3)

1)
2)

( d) :

uuur
MI

đạt giá trị nhỏ nhất

x- 4
y+1 z
=
=
1
1
1 và hai điểm A ( 0;1;5) ,


. 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


nhỏ nhất <=> M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d.

x = 4 + t

y = -1 + t
r
z = t
Đường thẳng d có vtcp u = (1; 1; 1) , phương trình tham số d: 
uuur
IM
= ( t+4; t-3 ; t - 4) khi M là hình chiếu vuông góc
Tọa độ M(t + 4; -1 + t; t),
uuur r
IM
.u = 0 hay 3t – 3 = 0 <=> t = 1
của I lên đường thẳng d thì

Vậy M( 5; 0; 1).

uur uur r
JA
- 4JB = 0
2) Gọi điểm J(x; y; z) thỏa

Ta có: (0 –x; 1 –y; 5 – z) – 4(0 – x; 3- y; 3- z) = (0; 0; 0)
13
7
13 7
;

=>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


có giá trị nhỏ nhất.

Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + 3z + 10 = 0 và ba điểm A ( 1;0;1) ,
B ( -2;1;2 ) C ( 1;-7;0 )

,

1)
2)

. Tìm điểm M trên mặt phẳng (α) sao cho :

uuuur uuur uuur
MA + MB + MC
uuuur uuur uuur
MA -2MB + 3MC

có giá trị nhỏ nhất.
có giá trị nhỏ nhất.
Giải:

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

Trang 4/40


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

uuur uuur uuur r
GA

+ 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

Vậy với M(-2; 0; -2) thì

uuuur uuur uuur
MA + MB + MC

có giá trị nhỏ nhất.
uur uur uur r
IA
-2IB + 3IC = 0
2) Gọi I(x; y; z) là điểm thỏa
Ta có (1- x; -y; 1-z) - 2(-2-x; 1-y; 2-z) + 3(1-x; -7-y; -z) = (0;0;0)
⇒ x = 4; y = -

Ta có:

23
3
23 3
;z=I(4; − ; − )
2
2 , vậy
2
2

uuuur uuur uuur
MA -2MB + 3MC

=

uuur uur uuur uur

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
34
2
2
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - Thị xã Long Khánh

Trang 5/40


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

Vậy với

M( −

5 245 135
uuuur uuur uuur
;−
;−
)
MA -2MB + 3MC
17
34
17 thì
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
2
2

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

+
k
IA
+
..
+
k
IA
MI(k
IA
1 +..+ k n IA n )
1
n
1
1
1
2
2
n
n
=
+
+2
2
2
2
2
= kMI + k1IA1 + k 2IA 2 + ... + k n IA n
2
2

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

thì I là trung điểm AB và

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

Trang 6/40


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

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

2

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

2

Do IA + IB không đổi nên MA 2 + MB2 nhỏ nhất khi MI2 có giá trị nhỏ
nhất, hay M là hình chiếu vuông góc củarI lên (α)
Đường thẳng IM qua điểm I và có vtcp n α = (1; 2; 2)

x = 2+t

3


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


r

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)

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

Trang 7/40


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

 −3 + x = 0

⇔ 3 + y = 0 ⇔ J(3; −3;0)
z = 0


uuur uur 2 uuur uur 2 uuur uur 2
(MJ
+ JA) - (MJ + JB) − (MJ + JC)
Ta có: MA - MB – MC =
2

2

2

uuur 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

;− ;− )
9
9 9

x-1 y-2
z-3
=
=
2
1 và các điểm
Ví dụ 2: Cho đường thẳng d có phương trình: 1

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.
23 35 8
M( ; − ; − )
9
9 9 thì MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn nhất.
Vậy với
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - Thị xã Long Khánh

Trang 8/40


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

Giải:
uur


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


2

Do 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.
x = 1+t

y = 2+ 2t
r

Đường thẳng d có vtcp u = (1; 2;1) , phương trình tham số d: z = 3+ t
uuur

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

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


Có đạo hàm

f '(t ) = − 12t – 8t , f '(t ) = 0 ⇔ t = −

2
3

Bảng biến thiên
t

−

−∞

f’(t)

+

2
3

+∞

0
23
3

f(t)
−∞


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 =

uuuur uuur
uuur uuur
2
2
2
2
= GA + GB + GC +3MG + 2MG(GA + GB + GC)
2
2
2
2
= GA + GB + GC +3MG
2
2
2
Do GA + GB + GC không đổi nên MA2 + MB2 + MC2 nhỏ nhất khi MG
nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông
uuuugó
r c của G lên đường thẳng d.
M ∈ d ⇒ M(1 + t; 2 + 2t; 3 + t) , GM = ( t-1; 2t +1 ; t +2)

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

1
1 5
⇔ 6t + 3 = 0 ⇔ t = − ⇒ M ( ;1; )
2

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

của (α).
Ta có MA + MB có giá trị nhỏ nhất khi
uuurM 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

 y = −t

Phương trình tham số của AB:  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
M ( ; ; 2)
3 3
Hay
là điểm cần tìm.
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - Thị xã Long Khánh

Trang 11/40


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

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.

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


y A ' =2y H − y A = 1 ⇒ A '(2; 1; 1)
z = 2z − z = 1
H
A
Do H là trung điểm AA’ nên  A '
uuur
A'B
= (1;0; −3)
A’B có vtcp

x = 2 + t

y = 1

Phương trình tham số A’B: 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
M ( ;1; − )
5
5
5 hay

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


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:

2 - t - (1 – 3t) + 2(1 - 3t) = 0

⇔ −4t + 3 = 0 ⇔ t =

5 5 5
3
M( ; − ; − )
4 4 4
4 hay

5 5 5
M( ; − ; − )
4 4 4 thì MA - MC có giá trị lớn nhất.
Vậy với

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


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

=
(2;
−
2;1)
CD
= (7;5; −4)
qua điểm N(1; -2; 3), có vtcp
và
r uuur
Ta có u . CD = 14 -10 – 4 = 0 ⇒ d ⊥ CD

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:
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:
r
uuur
i

=
(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


Ta phải tìm t sao cho S đạt giá trị nhỏ nhất
Trong mặt phẳng tọa độ với hệ Oxy xét các điểm M t(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 A t’(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 A t'Bt ⇒ 3t - 7 = 0
hay

t=

7
7
M ( ;0;0)
3 . Vậy
3
là điểm cần tìm.

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

t −3

f′( t ) =


( 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


( t − 2)

2

+1

=0

(t − 2)

( t − 2 ) 2 + 1 (*)

với điều kiện 2 ≤ t ≤ 3 ta có:
2
2
2
2
⇔ ( t − 3) [( t − 2 ) + 1] = ( t − 2 ) [( t − 3) + 4]
(*)
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - Thị xã Long Khánh

Trang 15/40


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

⇔ ( t − 3) = 4 ( t − 2 )
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

+

+∞

+∞


f(t)

38 + 10
3

7
min f ( t ) = f  ÷
 3 =
Từ bảng biến thiên suy ra

Vậy MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng

Ví dụ 3: Cho đường thẳng

( d) :

38 + 10
3

7
38 + 10
t=
3 , tức là
3
, đạt được tại

x-2
y-2
z -1

=
=
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

= (2;3; −1)
qua điểm N(1; 2; 1), có vtcp
và
r uuur
u
Ta có . CD = 4 + 6 – 1 = 9 ≠ 0 ⇒ d không vuông góc với AB và
r uuur uuur
[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 M ∈ d ⇒ M (1 + 2t; 2+2t ;1 + t ) , ta phải tìm t để MA + MB đạt giá trị
nhỏ nhất
Xét

f ( t ) = MA + MB = (2t + 2) 2 + (2t + 1) 2 + t 2 + (2t ) 2 + (2t − 2) 2 + (t + 1) 2
f ( t ) = 9t 2 + 12t + 5 + 9t 2 − 6t + 5
f '(t ) =

Có đạo hàm

f '(t ) = 0 ⇔

⇔

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

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

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]

 −5
t = 3
 2(3t + 2) = 3t − 1
1
2
2
⇔ 4(3t + 2) = (3t − 1) ⇔ 
⇔
⇔t=−
3
 2(3t + 2) = −3t + 1 t = − 1

3

Bảng biến thiên của hàm số f(t) :
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - Thị xã Long Khánh

Trang 17/40


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

t

−

−∞

f’(t)


-

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.


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.
Lời giải:
- Viết phương trình hai đường thẳng
dạng tham số
- Lấy M

∈ d1 và N ∈ d 2 ( tọa độ theo

tham số).

uuuur r
MN
.u1 = 0 và
- Giải hệ phương trình
r r
uuuur r
u
MN.u 2 = 0 ( 1 , u 2 là các véctơ chỉ
phương của d1 và d2 ).
- Tìm tọa độ M, N và kết luận.
Ví dụ 1: Cho hai đường thẳng
d1 :

x-5 y+1 z -11
x+ 4
y-3 z - 4
=
=
d2 :

=
=
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


Giải:
uur
1) d1 qua M1(5; -1; 11), có vtcp u1 = (1;2; −1)
uur
u
d qua M (-4; 3; 4), có vtcp 2 = (−7;2;3)
2

2

uur uur uuuuuur
MM
Ta có [ u1 , u 2 ] 1 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


y = −1 + 2t
y = 3 + 2t



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

MN
.
u
=
0

t ' = −1
2



M

Ta có

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

y = 4 + t

Ví dụ 2: Cho đường thẳng d: z = −2 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
Giải:
- Lấy điểm M trên d, Gọi H là hình chiếu vuông
góc của M lên AB
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - Thị xã Long Khánh

Trang 19/40



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 '


Phương trình tham số AB z = 3 + t '

uuuur
MH
= ( -t -1; t’ – t -2; t’ +5)
M(2 + t; 4+ t; -2) ∈ d ,H(1; 2+ t’;3+t’) ∈ AB ,
uuuur r

t '− 2t = 3
t ' = −3
MH.u = 0
⇔
⇔
 uuuur uur
2t '− t = −3
t = −3

MH.u1 = 0
Ta có

Vậy M(-1; 1; -2), H(1; -1; 0) khi đó MH = 2 3 , AB = 2 2
Diện tích

S∆MAB =

1
AB.MH = 6
2


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

OM
[
]
= (0; 0; -1)(0; 0; 2) = -2 ≠ 0 nên d và Ox chéo nhau.

uuuur
Với M(0; t; 2- t)∈ d, N(t’; 0; 0)∈ Ox và MN = ( t’; -t; t – 2)
uuuur r

MN
.u = 0
−t − t + 2 = 0
t = 1

⇔
⇔
uuuu
rr



t
'
=
0
MN
.
i
=
0


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:

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

Trang 21/40


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

(α) cách điểm I(3; -1; -2) một khoảng lớn nhất khi (α) là mặt phẳng đi qua D
và vuông uu
gó
r c với DI.
(α) nhận DI = (2; 1; -5) làm vecto pháp tuyến
Phương trình mặt phẳng(α): 2(x -1) + 1(y +2) – 5(z -3 ) = 0
⇔ 2x + y – 5z + 15 = 0

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), hãy viết phương trình mặt
cầu (S) có bán kính lớn nhất.
Giải:
Mặt cầu (S) có bán kính R = d(A; (α)) lớn nhất khi (α) qua B và vuông góc
vớ
uuuri AB

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


Trang 22/40


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

Mặt phẳng (α) đi qua hai điểm A, B và cách C một khoảng lớn nhất khi (α)
đi
A,r B và vuông góc với mp(ABC).
uuurqua hai điểm uuu
AB = (1; −1; −1) , AC = (−2; −3; −2)
r uuur uuur
n
(ABC) có véctơ pháp tuyến = [AB, AC ] = (−1;4; −5)
uur r uuur
n
(α) có véctơ pháp tuyến α = [n, AB] = ( −9 − 6; −3) = −3(3;2;1)

Phương trình (α): 3(x– 2) + 2(y – 1) + 1(z – 3) = 0
⇔ 3x + 2y + z – 11 = 0

Ví dụ 2: Cho hai dường thẳng

d1 :

x − 2 y −1 z +1
x
y − 3 z −1
=
=

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.

2) Xét (α1) là mặt phẳng chứa d1 và d2 thì (α1) có
véctơ pháp tuyến
r
uur uuuuuur
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 (αuu
1).
r uur
[
u
Do đó (α) nhận 1 , n 2 ] = (8; −11; −7) là véctơ pháp tuyến, qua M (2; 1; -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.
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Duật - THPT Trần Phú - Thị xã Long Khánh

Trang 23/40


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

Lời giải:
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 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

Ta thấy d(B; ∆) nhỏ nhất khi ∆ đi qua hai điểm A, H do vậy

véc tơ chỉ phương của ∆.
x+3 y-3 z +3
=
=
1
4
6
Phương trình của ∆:

2) Ta thấy d(B; ∆) lớn nhất khi ∆ là đường thẳng nằm trong (α), qua A và
vuông góc với AB.
uur uuur uur
u
∆ có véctơ chỉ phương ∆ = [AB, nα ] = (16;11; −10)

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

Trang 24/40


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

Ví dụ 2: Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm C(2; -1; 3), vuông góc
x-3 y+2 z +5
=
=
1
2

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


Ví dụ 3: Cho hai điểm A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0) và đường thẳng d: 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.
x-2 y+1 z -3
=
=
−8
5
Phương trình ∆: 1

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

Trang 25/40