Bài toán lập phương trình mặt phẳng, đường thẳng có yếu tố cực trị

Bài toán lập phương trình mặt phẳng, đường thẳng có yếu tố cực trị

Phương pháp đại số:

• Gọi véc tơ pháp tuyến hoặc véc tơ chỉ phương của mặt phẳng (hoặc đường thẳng) cần lập là

$(a;b;c),({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})>0$

• Thiết lập một phương trình quy ẩn (a theo b,c hoặc ngược lại) từ một dữ kiện về mặt phẳng chứa đường, song song hoặc vuông góc. Giả sử phương trình thu gọn ẩn là $a=f(b;c)$.
• Thiết lập phương trình khoảng cách mà đề bài yêu cầu, thay$a=f(b;c)$ vào ta được một phương trình hai ẩn b;c.
• Xét hàm khoảng cách $d=g\left( b;c \right)$

+ Nếu $c=0$ thì  $b\ne 0\to d={{d}_{1}}$lưu lại giá trị khoảng cách ${{d}_{1}}$ này.

+ Nếu  $c\ne 0\Rightarrow d=g\left( \frac{b}{c} \right)=g\left( t \right);t=\frac{b}{c}$

Khảo sát hàm $g\left( t \right)$ta thu được kết quả.

Chú ý:

• Công thức khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng $d\left( A;(P) \right)=\frac{\left| A{{x}_{0}}+B{{y}_{0}}+C{{z}_{0}}+D \right|}{\sqrt{{{A}^{2}}+{{B}^{2}}+{{C}^{2}}}}$
• Công thức khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng $d\left( A;\Delta  \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{{{u}_{\Delta }}};\overrightarrow{AM} \right] \right|}{\left| \overrightarrow{{{u}_{\Delta }}} \right|}$; với M thuộc $\Delta$.
• Công thức khoảng cách giữa hai đường thẳng $d\left( {{\Delta }_{1}};{{\Delta }_{2}} \right)=\frac{\left| \left[ \overrightarrow{{{u}_{\Delta 1}}};\overrightarrow{{{u}_{\Delta 2}}} \right]\overrightarrow{{{M}_{1}}.{{M}_{2}}} \right|}{\left| \left[ \overrightarrow{{{u}_{\Delta 1}}};\overrightarrow{{{u}_{\Delta 2}}} \right] \right|}$

Phương pháp hình học:

Bài toán 1: Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến (P) lớn nhất, với M là điểm không thuộc d.

Phương pháp giải:

Đường thẳng d xác định đi qua điểm A và có véc tơ chỉ phương là $\overrightarrow{{{u}_{d}}}$.

Khi đó (P) đi qua A và có véc tơ pháp tuyến là: $\overrightarrow{{{n}_{(P)}}}=\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}}\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}};\overrightarrow{MA} \right] \right]$

Bài tập cực trị oxy bài toán 1 – có đáp án chi tiết

Lời giải chi tiết:

Đường thẳng d xác định đi qua điểm A và có véc tơ chỉ phương là $\overrightarrow{{{u}_{d}}}\left( 2;1;2 \right)$

Ta có: $\overrightarrow{MA}\left( 1;-5;-1 \right)\Rightarrow \overrightarrow{{{n}_{(P)}}}=\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}};\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}};\overrightarrow{MA} \right] \right]=-9(1;-4;1)$

Do đó mặt phẳng $\left( P \right)$cần tìm đi qua $A\left( 1;0;2 \right)$ và có $\overrightarrow{{{n}_{(P)}}}(1;-4;1)\Rightarrow (P):x-4y+z-3=0$.

Lời giải chi tiết:

Đường thẳng d xác định đi qua điểm $A\left( 1;-1;2 \right)$ và có véc tơ chỉ phương là $\overrightarrow{{{u}_{d}}}\left( 2;1;5 \right)$.

Ta có: $\overrightarrow{MA}\left( -4;-2;-4 \right)=-2(2;1;2)\Rightarrow \overrightarrow{{{n}_{(P)}}}=\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}};\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}};\overrightarrow{MA} \right] \right]=30(2;1;-1)$.

Do đó mặt phẳng $\left( P \right)$cần tìm đi qua $A\left( 1;2;-1 \right)$ và có $\overrightarrow{{{n}_{(P)}}}(2;1;-1)\Rightarrow (P):2x+y-z+1=0$.

Lời giải chi tiết:

Gọi $H,\text{ }K$ lần lượt là hình chiếu của điểm $M$ lên mặt phẳng $(P)$  và đường thẳng $d$.

Đường thẳng $d$ đi qua $A\left( -1;2;1 \right)$

Ta có: $\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 4;-3;2 \right);\overrightarrow{MA}=(-2;0;4)$

$\Rightarrow \left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}};\overrightarrow{MA} \right]=-2\left( 6;10;3 \right)\Rightarrow \overrightarrow{{{n}_{(P)}}}=\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}};\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}};\overrightarrow{MA} \right] \right]=(-29;0;58)=-29(1;0;-2)$

Khi đó $\left( P \right):x-2z+3=0\Rightarrow d\left( O;\left( P \right) \right)=\frac{3}{\sqrt{5}}$. Chọn C.

Lời giải chi tiết:

$\Rightarrow \left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}};\overrightarrow{MA} \right]=2\left( 3;2;1 \right)\Rightarrow \overrightarrow{{{n}_{(P)}}}=\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}};\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}};\overrightarrow{MA} \right] \right]=(-4;2;8)=-2(2;-1;-4)$

Khi đó $\left( P \right):2x-y-4z+6=0\Rightarrow N\left( -3;0;0 \right);P\left( 0;6;0 \right);Q\left( 0;0;\frac{3}{2} \right)\Rightarrow {{V}_{O.NPQ}}=\frac{1}{6}OM.OP.OQ=\frac{9}{2}.$

Chọn A.

Lời giải chi tiết:

Đường thẳng d xác định đi qua điểm $B\left( 1;-2;0 \right)$ và có véc tơ chỉ phương là $\overrightarrow{{{u}_{d}}}\left( -1;1;2 \right)$.

Ta có: $\overrightarrow{AB}\left( 0;-6;-2 \right)=-2\left( 0;3;1 \right).$

Áp dụng công thức nhanh ta có: $\overrightarrow{{{n}_{(P)}}}=\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}};\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}};\overrightarrow{MA} \right] \right]=2\left( 5;13;-4 \right)$

$\Rightarrow \left( P \right):5x+13y-4z-21=0\Rightarrow d\left( O;\left( P \right) \right)=\frac{21}{\sqrt{{{5}^{2}}+{{13}^{2}}+{{4}^{2}}}}=\frac{\sqrt{210}}{10}$. Chọn A.

Bài toán 2: Lập phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng (P) , đi qua điểm A sao cho khoảng cách từ điểm M đến d lớn nhất, nhỏ nhất?

Phương pháp giải:

+ Kẻ $MK\bot d;MK\bot (P)\Rightarrow MK=d\left( M;d \right)$và điểm H cố định.

+ Kẻ $MK\bot d;MH\bot (P);\Rightarrow MK=d\left( M;d \right)=d$và điểm H cố định.

Ta có: $MH\le MK\le MA\Leftrightarrow MH\le d\le MA$.

+) Ta có $MK\le MA\Rightarrow d{{\left( M;d \right)}_{\max }}=MA\Leftrightarrow K\equiv A.$

Khi đó đường thẳng $d$ nằm trong $(P)$, đi qua $A$ và vuông góc với đường thẳng $AM$, suy ra $d$có một véc tơ chỉ phương là $\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}};\overrightarrow{MA} \right]$

+) Mặt khác, lại có $MK\ge MH\Rightarrow d{{\left( M;d \right)}_{\min }}=MH\Leftrightarrow H\equiv K$.

Khi đó đường thẳng $d$ nằm trong $(P)$ , đi qua A và đi qua hình chiếu H của M. Suy ra $d=\left( P \right)\cap \left( MHA \right)$. Trong đó $\overrightarrow{n\left( _{MHA} \right)}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}};\overrightarrow{MA} \right]$

Khi đó đường thẳng $d$ có một véc tơ chỉ phương là  $\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{(P)}}};\left[ \overrightarrow{{{n}_{P}}};\overrightarrow{MA} \right] \right]$

(Chú ý: Trong trường hợp ${{d}_{\min }}$ thì $d$chính là hình chiếu vuông góc của $MA$ trên mặt phẳng $(P)$).

Bài tập cực trị oxy bài toán 2 – có đáp án chi tiết

Lời giải chi tiết:

Ta có: $\overrightarrow{{{n}_{(P)}}}(1;2;-1);\overrightarrow{MA}=\left( 1;-2;3 \right).$

+) Kẻ $MK\bot d;MK\bot (P)\Rightarrow MK=d\left( M;d \right)=d$và điểm H cố định.

Ta có: $MH\le MK\le MA\Leftrightarrow MH\le d\le MA$.

+) Ta có $MK\le MA\Rightarrow d{{\left( M;d \right)}_{\max }}=MA\Leftrightarrow K\equiv A.$

Khi đó đường thẳng $d$ nằm trong $(P)$, đi qua $A$ và vuông góc với đường thẳng $AM$, suy ra $d$có một véc tơ chỉ phương là $\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}};\overrightarrow{MA} \right]=4\left( -1;1;1 \right)\Rightarrow d:\frac{x-1}{-1}=\frac{y}{1}=\frac{z}{1}$và ${{d}_{\max }}=MA=\sqrt{14}$.

+) Mặt khác, lại có $MK\ge MH\Rightarrow d{{\left( M;d \right)}_{\min }}=MH\Leftrightarrow H\equiv K$.

Khi đó đường thẳng $d$ nằm trong $(P)$ , đi qua A và đi qua hình chiếu H của M. Suy ra $d=\left( P \right)\cap \left( MHA \right)$. Trong đó $\overrightarrow{n\left( _{MHA} \right)}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}};\overrightarrow{MA} \right]=4\left( 1;-1;-1 \right)$

Khi đó đường thẳng $d$ có một véc tơ chỉ phương là  $\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{(P)}}};\left[ \overrightarrow{{{n}_{P}}};\overrightarrow{MA} \right] \right]=-12\left( 1;0;1 \right)$

Suy ra $d:\left\{ \begin{array}  {} x=1+t \\  {} y=0 \\  {} z=t \\ \end{array} \right.$và ${{d}_{\min }}=MH=d\left( M;\left( P \right) \right)=\sqrt{6}$.

Lời giải chi tiết:

Ta có: $\overrightarrow{{{n}_{(P)}}}(1;1;-1);\overrightarrow{AB}=\left( 0;0;-6 \right)=-6(0;0;1).$

Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết:

Ta có: $d{{\left( B;d \right)}_{\max }}\Leftrightarrow \overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}};\overrightarrow{AB} \right]$$=\left( -1;-3;1 \right)\Rightarrow d:\frac{x-1}{-1}=\frac{y-1}{-3}=\frac{z+1}{1}$

Mặt phẳng$({{O}_{xy}})$ có phương trình $z=0\Rightarrow d\cap ({{O}_{xy}})=Q\left( 0;-2;0 \right)$ . Chọn C.

Lời giải chi tiết:

Đường thẳng $\Delta$ nằm trong mặt phẳng (P) đi qua điểm $A\left( 1;1;-2 \right)$ và $\overrightarrow{{{n}_{(P)}}}=\overrightarrow{{{u}_{d}}}=(1;2;-1)$

Ta có: $\overrightarrow{AB}\left( -2;-1;4 \right)$

Áp dụng công thức nhanh ta có: ${{d}_{\min }}\Leftrightarrow \overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{(P)}}};\left[ \overrightarrow{{{n}_{(P)}}};\overrightarrow{AB} \right] \right]=\left( 4;-10;-16 \right)=2(2;-5;-8)$.

Phương trình đường thẳng $\Delta$ là: $\frac{x-1}{2}=\frac{y-1}{-5}=\frac{z+2}{-8}.$ Chọn B.

Lời giải chi tiết:

Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và chứa $\Delta$$:\frac{x+1}{2}=\frac{y}{3}=\frac{z+1}{-1}$; $\Delta$ qua $M\left( -1;0;-1 \right)$và $\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}=\left( 2;3;-1 \right)$

Ta có: $\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}\left[ \overrightarrow{AM};\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}} \right]=2\left( 1;-1;-1 \right);d\subset (P).$

Khi đó $d{{\left( B;\Delta  \right)}_{\max }}\Leftrightarrow \overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left[ \overrightarrow{AB};\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}} \right]=-\left( 1;2;-1 \right)\Rightarrow d:\frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{2}=\frac{z+1}{-1}.$

Suy ra $E\left( 2;4;-2 \right)\in d.$Chọn A.

Bài toán 3: Lập phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng (P), đi qua điểm A cho trước sao cho khoảng cách giữa d và d’lớn nhất, với d’ là đường thẳng cho trước và cắt (P).

Phương pháp giải:

+) Gọi $I={d}'\cap (P)$, qua A dựng đường thẳng  ${{d}'}'\parallel {d}'\Rightarrow {d}'\parallel (Q)$, với (Q) là mặt phẳng chứa $d$và ${{d}'}'$.

Khi đó $d\left( d;{d}' \right)=d\left( {d}';\left( Q \right) \right)=d\left( I;\left( Q \right) \right)$

+) Kẻ $IH\bot \left( Q \right);IK\bot {{d}'}'\Rightarrow IH=d\left( I;\left( Q \right) \right)$và điểm K cố định.

+) Ta có  $H\le IK\Rightarrow d{{\left( I;\left( Q \right) \right)}_{\max }}=IK\Leftrightarrow H\equiv K.$ Khi đó đường thẳng d nằm trong (P), đi qua A và vuông góc với đường thẳng IK, suy ra d có một véc tơ chỉ phương là $\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}};\overrightarrow{IK} \right]$

Gọi ${A}'$ là hình chiếu vuông góc của A lên d’ , suy ra $A{A}'\parallel IK$,  khi đó $\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}};\overrightarrow{\text{A{A}'}} \right]$

Vậy đường thẳng d cần lập đi qua điểm A và có véc tơ chỉ phương là $\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}};\overrightarrow{\text{A{A}'}} \right]$

Bài tập cực trị oxy bài toán 3 – có đáp án chi tiết

Lời giải:

Gọi ${A}'\left( 2+2t;1-t;-t \right)$ là hình chiếu vuông góc của điểm A trên ${d}'$

Ta có: $\overrightarrow{A{A}'}\left( 1+2t;1-t;-t-1 \right)$và $\overrightarrow{A{A}'}.\overrightarrow{{{u}_{d}}}=4t+2+t-1+t+1=0\Leftrightarrow t=-\frac{1}{3}$

Suy ra $\overrightarrow{A{A}'}\left( \frac{1}{3};\frac{4}{3};-\frac{2}{3} \right)=\frac{1}{3}\left( 1;4;-2 \right)$. Lại có: $\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=\left( 1;-1;1 \right).$

Khi đó $d{{\left( d;{d}' \right)}_{\max }}\Leftrightarrow \overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}};\overrightarrow{A{A}'} \right]=\left( -2;3;5 \right)$

Suy ra $d:\frac{x-1}{-2}=\frac{y}{3}=\frac{z-1}{5}.$

Lời giải:

Mặt phẳng (P) đi qua $O\left( 0;0;0 \right)$  và vuông góc với d có VTPT là $\overrightarrow{{{u}_{\left( P \right)}}}=\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 1;-2;1 \right).$

Khi đó $d\subset \left( Q \right)$. Gọi ${O}'\left( 2t;-1-2t;1-t \right)\in {d}'$là hình chiếu vuông góc của O trên ${d}'$

Ta có: $\overrightarrow{O{O}'}\left( 2t;-2t-t;-t+1 \right)$ $\Rightarrow \overrightarrow{O{O}'}.\overrightarrow{{{u}_{{{d}'}}}}=4t+4t+2+t-1=0\Leftrightarrow t=-\frac{1}{9}\Rightarrow \overrightarrow{O{O}'}\left( -\frac{2}{9};-\frac{7}{9};\frac{10}{9} \right)$

Khi đó $d\left( d;{d}' \right)\max \Leftrightarrow \overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left[ \overrightarrow{O{O}'};\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}} \right]=\frac{1}{9}\left( 13;12;11 \right)\Rightarrow \Delta :\frac{x}{13}=\frac{y}{12}=\frac{z}{11}.$

Lời giải:

Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và song song với $(P):x-2y+2z=0$$\Rightarrow \overrightarrow{{{n}_{\left( Q \right)}}}=\left( 1;-2;2 \right).$

Khi đó ,$d\subset \left( Q \right)$ Gọi ${A}'\left( 1+t;-t;-t \right)\in d$ là hình chiếu vuông góc của điểm A trên $d$.

Ta có: $\overrightarrow{A{A}'}\left( t+1;-t-1;-t+1 \right)\Rightarrow$$\overrightarrow{A{A}'}.\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}=t+1+t+1+t-11=0\Leftrightarrow t=\frac{-1}{3}$

Suy ra $\overrightarrow{A{A}'}\left( \frac{2}{3};\frac{-2}{3};\frac{4}{3} \right)=\frac{2}{3}\left( 1;-1;2 \right)\Rightarrow$ $d{{\left( \Delta ;d \right)}_{\max }}\Leftrightarrow \overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}=\left[ \overrightarrow{A{A}'};\overrightarrow{{{n}_{\left( Q \right)}}} \right]=\frac{2}{3}\left( 2;0;-1 \right)$.

Khi đó $\Delta :\left\{ \begin{array}  {} x=2t \\  {} y=1 \\  {} z=-1-t \\ \end{array} \right..$

Lời giải:

Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và song song với $(P):2x+y+z+1=0$ $\Rightarrow \overrightarrow{{{n}_{\left( Q \right)}}}=\left( 2;1;1 \right).$

Khi đó ,$d\subset \left( Q \right)$ Gọi ${A}'\left( 1+t;2t;t \right)\in \Delta$ là hình chiếu vuông góc của điểm A trên $\Delta$

Ta có: $\overrightarrow{A{A}'}\left( t+1;2t-2;t-1 \right)\Rightarrow$ $\overrightarrow{A{A}'}.\overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}=t+1+4t-4+t-1=0\Leftrightarrow t=\frac{2}{3}$

Suy ra $\overrightarrow{A{A}'}\left( \frac{5}{3};\frac{-2}{3};\frac{-1}{3} \right)=\frac{1}{3}\left( 5;-2;-1 \right)\Rightarrow$ $d{{\left( d;\Delta  \right)}_{\max }}\Leftrightarrow \overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left[ \overrightarrow{A{A}'};\overrightarrow{{{n}_{\left( Q \right)}}} \right]=-\frac{1}{3}\left( 1;7;-9 \right)$.

Khi đó $d:\frac{x}{1}=\frac{y-2}{7}=\frac{z-1}{-9}\Rightarrow Q\left( 1;9;-8 \right)\in d$. Chọn D.

Bài toán 4: Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm A cho trước, d cắt d₁ và khoảng cách giữa d và d₂ lớn nhất

Phương pháp giải:

Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và chứa d₁ , suy ra d nằm trong (P). Khi đó quy về bài toán 3!

Bài tập cực trị oxy bài toán 1 – có đáp án chi tiết

Lời giải:

Đường thẳng d đi qua điểm $M\left( -1;0;2 \right)$ có VTCP là $\overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left( 1;1;-1 \right)$, ta có: $\overrightarrow{AM}=\left( -1;1;0 \right)$

Gọi (P) là mặt phẳng qua A và $d\Rightarrow \Delta \subset \left( P \right)$.

Ta có: $\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}};\overrightarrow{AM}; \right]=\left( 1;1;2 \right)$và $\overrightarrow{AB}=\left( 2;2;-1 \right)$.

a) $d{{\left( B;\Delta  \right)}_{\max }}\Leftrightarrow \overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}=\left[ \overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}};\overrightarrow{AB} \right]=-5\left( 1;-1;0 \right)\Rightarrow \Delta \left\{ \begin{array}  {} x=t \\  {} y=-1-t \\  {} z=2 \\ \end{array} \right..$

b) Gọi ${A}'\left( 5+2t;-2t;t \right)$ là hình chiếu vuông góc của A trên ${d}'$.

Ta có: $\overrightarrow{A{A}'}\left( 5+2t;-2t+1;t-2 \right)\Rightarrow$ $\overrightarrow{A{A}'}.\overrightarrow{{{u}_{{{d}'}}}}=4t+10+4t-2+t-2=0\Leftrightarrow t=-\frac{2}{3}$

Suy ra $\overrightarrow{A{A}'}\left( \frac{11}{3};\frac{7}{3};\frac{-8}{3} \right)=\frac{1}{3}\left( 11;7;-8 \right)$.

Khi đó $d{{\left( \Delta ;{d}' \right)}_{\max }}\Leftrightarrow \overrightarrow{{{u}_{\Delta }}}=\left[ \overrightarrow{A{A}'};\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}} \right]=\frac{2}{3}\left( 11;-15;2 \right)\Rightarrow \Delta :\frac{x}{11}=\frac{y+1}{-15}=\frac{z-2}{2}.$

Lời giải:

Đường thẳng d₁ đi qua điểm $B\left( -1;0;2 \right)$ có VTCP là $\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( 2;1;-1 \right)\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left( -1;1;0 \right)$

Gọi $\left( P \right)=\left( {{A}_{;}}{{d}_{1}} \right)\Rightarrow \overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=\left[ \overrightarrow{AB};\overrightarrow{{{u}_{1}}} \right]=-\left( 1;1;3 \right)\Rightarrow d\subset \left( P \right)$.

Gọi ${A}'\left( 2+5t;-2t;t \right)\in {{d}_{2}}$ là hình chiếu vuông góc của A trên ${{d}_{2}}$ta có:

$\overrightarrow{A{A}'}=\left( 5+2t;-2t+1;t-2 \right)\Rightarrow \overrightarrow{A{A}'}.\overrightarrow{{{u}_{{{d}_{2}}}}}=4t+10+4t-2+t-2=0\Leftrightarrow t=-\frac{2}{3}$

Suy ra $\overrightarrow{A{A}'}\left( \frac{11}{3};\frac{7}{3};\frac{-8}{3} \right)\Rightarrow d{{\left( d;{{d}_{2}} \right)}_{\max }}\Leftrightarrow \overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left[ \overrightarrow{A{A}'};\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}} \right]=\frac{1}{3}\left( 29;-41;4 \right)$. Chọn A.

Lời giải:

Đường thẳng d₁ đi qua điểm $B\left( -1;-1;1 \right)$ có VTCP là $\overrightarrow{{{u}_{1}}}=\left( 2;1;1 \right)\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left( -1;0;-1 \right)$

Gọi $\left( P \right)=\left( A;{{d}_{1}} \right)\Rightarrow \overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}}=\left[ \overrightarrow{AB};\overrightarrow{{{u}_{1}}} \right]=\left( 1;-1;-1 \right)\Rightarrow d\subset \left( P \right)$.

Gọi ${A}'\left( -1+t;-2t;-3t \right)\in {{d}_{2}}$ là hình chiếu vuông góc của A trên ${{d}_{2}}$ta có:

$\overrightarrow{A{A}'}=\left( t-3;-2t+1;-3t-2 \right)\Rightarrow \overrightarrow{A{A}'}.\overrightarrow{{{u}_{{{d}_{2}}}}}=t-3+4t-2+9t+6=0\Leftrightarrow t=-\frac{1}{14}.$

$\Rightarrow \overrightarrow{A{A}'}=\left( \frac{-43}{14};\frac{8}{7};\frac{-25}{14} \right)=\frac{1}{14}\left( -43;16;-25 \right)\Rightarrow d{{\left( d;{{d}_{2}} \right)}_{\max }}\Leftrightarrow \overrightarrow{{{u}_{d}}}=\left[ \overrightarrow{A{A}'};\overrightarrow{{{n}_{\left( P \right)}}} \right]=\frac{1}{14}\left( 41;68;-27 \right).$ Chọn D.