Giải tích - Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng

Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng 11 BÀI 2. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG TRONG MẶT PHẲNG I. VÉCTƠ ĐẶC TRƯNG CỬA ĐƯỜNG THẲNG: 1. Véctơ ( )1 2;v a a=
là véc tơ chỉ phương (VTCP) của (∆) ⇔ (∆) // giá của v
2. Véctơ ( );n a b=
là véc tơ pháp tuyến (VTPT) của (∆) ⇔ (∆) ⊥ giá của n
3. Nhận xét: (∆) có vô số véctơ chỉ phương và vô số véctơ pháp tuyến đồng thời v n⊥

. II. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG 1. Phương trình tham số: PT đt (∆) đi qua M0(x0, y0) và có VTCP ( )1 2;v a a=
: ( )0 1 0 2 x x a t t y y a t = + ∈ = +  2. Phương trình chính tắc: PT đt (∆) đi qua M0(x0, y0) và có VTCP ( )1 2;v a a=
: 0 0 1 2 x x y y a a − − = 3. Phương trình hệ số góc: PT đt (∆) với hệ số góc a là: y = ax + b. 4. Phương trình tổng quát: PT đt (∆) tổng quát: 0Ax By C+ + = với 2 2 0A B+ > Nhận xét: (∆): 0Ax By C+ + = với 2 2 0A B+ > có VTCP ( );v B A= −
và VTPT ( );n A B=
5. Phương trình đt (∆) đi qua M0(x0, y0) với hệ số góc k là: ( )0 0y k x x y= − + 6. Phương trình đt (∆) đi qua M0(x0, y0) với VTPT ( );n A B=
là: ( ) ( )0 0 0A x x B y y− + − = 7. Phương trình đt (∆) đi qua M0(x0, y0) với VTCP ( );v A B=
là: ( ) ( )0 0 0B x x A y y− − − = 8. Phương trình đt (∆) đi qua 2 điểm M1(x1, y1), M2(x2, y2): 1 1 2 1 2 1 x x y y x x y y − − = − − 9. Phương trình đoạn chắn đi qua A(0; a), B(0; b) là: 1yx a b+ = 10. Phương trình chùm đường thẳng: Cho 2 đường thẳng cắt nhau ( ) ( )1 1 1 1 2 2 2 2: 0; : 0a x b y c a x b y c∆ + + = ∆ + + = với I = ( ) ( )1 2∆ ∆∩ . Đường thẳng (∆) đi qua I là: ( ) ( )1 1 1 2 2 2 0p a x b y c q a x b y c+ + + + + = với 2 2 0p q+ > Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương 12 III. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA 2 ĐƯỜNG THẲNG 1. Dạng tham số: (∆1) đi qua M1(x1; y1): ( )1 1 1 1 x x a t t y y b t = + ∈ = +  , (∆2) đi qua M2(x2; y2): ( )2 2 2 2 x x a t t y y b t = + ∈ = + 
Nếu ( )1 1 1; //v a b= 
( )2 2 2;v a b= 
⇔ 1 2 2 1 0a b a b− ≠ thì ( ) ( )1 2∆ ∆∩ = điểm I.
Nếu ( ) ( )1 1 1 2 2 2; // ;v a b v a b= = 

// 1 2M M ⇔ ( ) ( ) 1 2 2 1 1 2 1 1 2 1 0 0 a b a b a y y b x x − =  − − − ≠ thì (∆1) // (∆2).
Nếu ( ) ( )1 1 1 2 2 2; // ;v a b v a b= = 

1 2// M M ⇔ ( ) ( ) 1 2 2 1 1 2 1 1 2 1 0 0 a b a b a y y b x x − =  − − − = thì (∆1) ≡ (∆2). 2. Dạng tổng quát: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 : 0; ; : 0; ; a x b y c n a b a x b y c n a b  ∆ + + = =   ∆ + + = = 

; 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 ; ;x y a b b c c a D D D a b b c c a = = =
Nếu D ≠ 0 ⇔ 1 2 2 1 0a b a b− ≠ thì ( ) ( )1 2∆ ∆∩ = điểm ; yx DDI D D      
Nếu D = 0 và 2 2 0x yD D+ > ⇔ 1 2 1 1 2 2 a a c b b c= ≠ thì (∆1) // (∆2).
Nếu 0x yD D D= = = ⇔ 1 2 1 1 2 2 a a c b b c = = thì (∆1) ≡ (∆2). IV. GÓC GIỮA 2 ĐƯỜNG THẲNG: 1. Dạng hệ số góc: Cho ( ) ( ) 1 1 1 2 2 1 : : y a x b y a x b  ∆ = +  ∆ = + . Góc ( ) [ ] 1 21 2 1 2 , 0;90 : tg 1 a a a a −∆ ∆ = α∈ ° α = + 2. Dạng tổng quát: Cho ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 : 0; ; : 0; ; a x b y c n a b a x b y c n a b  ∆ + + = =   ∆ + + = = 

; 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 cos a a b b a b a b + α = + + Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng 13 V. KHOẢNG CÁCH VÀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG PHẦN GIÁC 1. Khoảng cách từ M0(x0, y0) đến (∆): 0ax by c+ + = là: ( )( ) 0 0 2 2 , ax by c d M a b + + ∆ = + 2. Cho ( ) ( ) 1 1 1 1 2 2 2 2 : 0 : 0 a x b y c a x b y c  ∆ + + =  ∆ + + = cắt nhau thì phương trình 2 đường phân giác 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 a x b y c a x b y c a b a b + + + + = ± + + VI. CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA Bài 1. Trên mặt phẳng Oxy cho điểm A(2;−2). Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm ( )3;1M và cắt trục Ox, Oy tại B và C sao cho tam giác ABC cân Giải Gọi ( );0B b Ox= ∆ ∩ và ( )0;C c Oy= ∆ ∩ suy ra (∆): ( )1 0yx bcb c+ = ≠ (3;1) ( )M ∈ ∆ ⇒ 3 1 1b c+ = , (1). Tam giác ABC cân tại A 2 2AB AC⇔ = ( ) ( )2 2 2 2 42 4 4 2 2 2 b c b c b c b c b c − = + = +  ⇔ − + = + + ⇔ ⇔  − = − − = −  Với 4b c= + : ( ) 2 1 2 2, 6 1 4 ( ) : 1; ( ) : 16 2 2 22, 2 c b y yx xc c b = = ⇔ = ⇔ ⇒ ∆ + = ∆ + = −= − = Với b c= − : ( )1 2 2b c⇔ = ⇒ = − (loại, do trùng với ( )2∆ ) Bài 2. Cho tam giác ABC có đỉnh A(–1; –3) a. Giả sử hai đường cao (BH): 5 3 25 0x y+ − = , (CK): 3 8 12 0x y+ − = . Hãy viết phương trình cạnh BC. b. Giả sử đường trung trực của AB là (∆): 3 2 4 0x y+ − = và G(4; – 2) là trọng tâm của tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh B và C . Dấu hiệu Phân giác góc nhọn Phân giác góc tù 1 2 1 2 0a a b b+ > 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 a x b y c a x b y c a b a b + + + + = + + 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 a x b y c a x b y c a b a b + + + + = − + + 1 2 1 2 0a a b b+ < 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 a x b y c a x b y c a b a b + + + + = − + + 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 a x b y c a x b y c a b a b + + + + = + + Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương 14 Giải a. (AB) ⊥ (CK) nên (AB) có phương trình là 8 3 0x y c− + = Điểm ( ) ( )1 :8 3 1 0A AB c AB x y∈ ⇔ = − ⇒ − − = . ( ) ( )AC BH⊥ nên ( )AC có phương trình 3 5 0x y m− + = Điểm ( ) ( )12 :3 5 12 0A AC m AC x y∈ ⇒ = − ⇒ − − = ( ) ( )B BH AB≡ ∩ ⇒ Tọa độ của B thỏa mãn hệ: ( )8 3 1 0 2;5 5 3 25 0 x y B x y − − = ⇒ + − = ( ) ( )C CK AC≡ ∩ ⇒ Tọa độ của C thỏa mãn hệ: ( )3 5 12 0 4;0 3 8 12 0 x y C x y − − = ⇒ + − = Phương trình cạnh BC là (BC): 52 5 2 20 0 4 2 0 5 yx x y−− = ⇔ + − = − − b. (AB) ⊥ ( ) : 3 2 4 0x y∆ + − = và chứa A(−1;−3) ⇒ ( ) : 2( 1) 3( 3) 0AB x y+ − + = hay ( ) : 2 3 7 0AB x y− − = . Gọi M là trung điểm AB suy ra tọa độ của M thỏa hệ: ( )3 2 4 0 2; 1 2 3 7 0 x y M x y + − = ⇒ − − − = , khi đó: ( )2 5 5;1 2 1 B M A B M A x x x B y y y = − = ⇒ = − = Điểm G(4;−2) là trọng tâm ∆ABC nên: 3 3 A B C G A B C G x x x x y y y y + + =  + + = ( )1 5 12 8 8; 4 3 1 6 4 C C C C x x C y y − + + = =   ⇔ ⇔ ⇒ −  − + + = − = −   . Vậy ( ) ( )5;1 , 8; 4B C Bài 3. Cho 1 2( ) : 5 0; ( ) : 2 7 0d x y d x y+ + = + − = và điểm ( )2;3A . Tìm 1B ( )d∈ và 2C ( )d∈ sao cho ∆ABC có trọng tâm ( )2;0G . Giải Đặt ( )1 1 1B ; 5 ( )t t d− − ∈ và ( )2 2 2C 7 2 ; ( )t t d− ∈ Điểm G(2; 0) là trọng tâm ∆ABC nên: 3 3 A B C G A B C G x x x x y y y y + + =  + + = 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2 2 7 2 6 2 3 1 3 5 0 2 1 t t t t t t t t t t + + − = − = − = −   ⇔ ⇔ ⇔   − − + = − = − =   . Vậy ( ) ( )1; 4 , 5;1B C− Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng 15 Bài 4. Cho 1 2( ) : 1 0 ; ( ) : 2 1 0x y x y∆ − + = ∆ + + = và điểm M(2;1). Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt 1 2( ), ( )∆ ∆ lần lượt tại A, B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB. Giải Điểm ( ) ( )1 1 1A A ; 1t t∈ ∆ ⇒ + ; Điểm ( ) ( )2 2 2B B ; 2 1t t∈ ∆ ⇒ − − M(2; 1) là trung điểm AB nên: 1 2 1 2 2 4 2 2 2 A B M A B M x x x t t y y y t t + = + =  ⇔  + = − =  1 2 10 2 ,3 3t t⇔ = = . Suy ra ( ) ( ) ( )10 13 72 4; , ; AB 2;53 3 3 3 3A B − ⇒ = − (d) qua M và nhận AB  làm VTCP có PT là: 12 5 2 8 02 5 yx x y−− = ⇔ − − = Bài 5. Cho 1 2( ) : 2 5 0 ; ( ) : 3 0x y x y∆ − + = ∆ + − = và điểm M(–2; 0). Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt 1 2( ), ( )∆ ∆ lần lượt tại A và B sao cho MA 2 MB=   Giải Điểm ( ) ( )1 1 1A A ; 2 5t t∈ ∆ ⇒ + ; Điểm ( ) ( )2 2 2B B ;3t t∈ ∆ ⇒ − Suy ra: ( ) ( )1 1 2 2MA 2; 2 5 , MB 2;3t t t t= + + = + −   ( ) ( ) 1 2 1 2 2 2 2 MA 2 MB 2 5 2 3 t t t t  + = + = ⇔  + = −   ⇔ ( )11 2 1 2 2 12 2 MA 3;712 2 1 2 tt t t t t = − =  ⇔ ⇒ =  + = = −   (d) qua M và nhận MA  làm VTCP có PT là: 2 7 3 14 03 7 yx x y+ = ⇔ − + = Bài 6. Cho ∆ABC có đỉnh A(2;−7) phương trình một đường cao và một trung tuyến vẽ từ hai đỉnh khác nhau lần lượt là: 3 11 0, 2 7 0x y x y+ + = + + = . Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC. Giải Nhận xét: Do A(2; −7) có tọa độ không thỏa mãn phương trình một trong hai đường thẳng đã cho nên các đường cao và trung tuyến không đi qua A(2; −7). Đặt (BH): 3 11 0x y+ + = và (CM): 2 7 0x y+ + = . Ta có: ( ) ( )B BH B ; 3 11t t∈ ⇒ − − . Gọi M là trung điểm AB khi đó tọa độ M là Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương 16 A C B H M 2 2 2 3 18 2 2 A B M A B M x x tx y y ty + + = =  + − − = =  ( ) ( )2 3 18M CM 2 7 02 2t t+ − −∈ ⇒ + + = ( )4 B 4;1t⇔ = − ⇒ − Phương trình đường thẳng chứa cạnh AB là: 72 4 3 13 04 2 1 7 yx x y+− = ⇔ + + = − − + (AC) ⊥ (BH): 3 11 0x y+ + = và (AC) đi qua điểm A(2; −7) nên phương trình (AC) là: ( 2) 3( 7) 0x y− − + = ⇔ ( )AC : 3 23 0x y− − = Điểm C (AC) (CM)≡ ∩ suy ra tọa độ C thỏa hệ: ( )3 23 0 5; 6 2 7 0 x y C x y − − = ⇒ − + + = Phương trình cạnh BC là (BC): 14 7 9 19 05 4 6 1 yx x y−+ = ⇔ + + = + − − Bài 7. Cho ∆ABC có đỉnh A(1; 2), đường trung tuyến (BM): 2 1 0x y+ + = và phân giác trong (CD): 1 0x y+ − = .Viết phương trình đường thẳng BC. Giải Điểm C∈(CD): 1 0x y+ − = ⇒ ( );1C t t− ⇒ trung điểm M của AC là ( )1 3;2 2t tM + − Điểm M∈(BM): 2 1 0x y+ + = ⇒ ( ) ( )1 32 1 0 7 7;82 2t t t C+ −+ + = ⇔ = − ⇒ − Từ A(1;2) kẻ (AK) ⊥ (CD): 1 0x y+ − = tại I (điểm ( )K BC∈ ) Suy ra (AK): ( 1) ( 2) 0x y− − − = ⇔ 1 0x y− + = Tọa độ của I thỏa hệ: ( )1 0 0;1 1 0 x y I x y + − = ⇒ − + = . Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ Tọa độ của K: ( )2 1 1;0 2 0 K I A K I A x x x K y y y = − = − ⇒ − = − = Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0 7 1 8 yx x y+ = ⇔ + + = − + A B C D M K I Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng 17 Bài 8. Viết phương trình đường thẳng (∆) đi qua M(4; 1) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B theo các trường hợp sau: a. Diện tích ∆OAB nhỏ nhất. b. Tổng OA + OB nhỏ nhất. Giải Giả sử (∆) cắt tia Ox tại A(a; 0) và Oy tại B(0; b) (với a, b > 0) suy (∆): 1yx a b+ = . Do M(4; 1) ∈(∆) nên 4 1 1 a b+ = ⇒ 4 ab a = − ⇒ a > 4 a. Ta có: 4 1 4 41 2 a b ab ab = + ≥ = ⇒ 1 . 8 2 2OAB abS OA OB= = ≥ Dấu bằng xảy ra ⇔ 4 1 1 8; 2 2 a b a b= = ⇔ = = ⇒ (∆): 4 8 0x y+ − = b. 44 5 4 4 aOA OB a b a a a a + = + = + = − + + − − ( ) 42 4 5 9 4 a a ≥ − ⋅ + = − Dấu bằng xảy ra ⇔ 44 2 64a aa− = = ⇔ =− ⇒ b = 3 ⇒ ( ) : 2 6 0x y∆ + − = Bài 9. Lập phương trình đường thẳng (∆) đi qua điểm M(2; 1) và tạo với đường thẳng (d): 2 3 4 0x y+ + = một góc o45 Giải Phương trình (∆) đi qua điểm M có dạng: ( ) ( ) ( )2 22 1 0 0A x B y A B− + − = + ≠ 2 0Ax By A B⇔ + − − = và có vectơ pháp tuyến ( )1 ;n A B=  Đường thẳng (d) có VTPT là ( )2 2;3n =  . Để (∆) hợp với (d) một góc o45 thì: 1 2 o 2 2 1 2 . 2 3 2 cos 45 2 . . 4 9 n n A B n n A B + = ⇔ = + +     ( ) ( )2 2 22 2 3 13A B A B⇔ + = + 2 25 24 5 0B AB A⇔ + − = 1 2 ( ) : 5 11 05 5 ( ) : 5 3 0 x yA B B A x y ∆ + − ==  ⇔ ⇒  = − ∆ − + =  Vậy có hai đường thẳng cần tìm là 1 2( ) :5 11 0 ; ( ) : 5 3 0x y x y∆ + − = ∆ − + = Bài 10. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1; 0), B(0; 2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y x= . Tìm tọa độ đỉnh C và D. Giải Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương 18 Ta có: ( )1; 2 5AB AB= − ⇒ = Phương trình (AB) là: 2 2 0x y+ − = ( ) ( ): ;I d y x I t t∈ = ⇒ I là trung điểm của AC và BD nên ta có: ( ) ( )2 1; 2 , 2 ; 2 2C t t D t t− − Mặt khác: . 4ABCDS AB CH= = (CH: chiều cao) 45 CH⇒ = Ngoài ra: ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 8 84 2; , ;6 4 4 3 3 3 3 3, 3 2 2 5 5 0 1;0 , 0; 2 t C Dtd C AB CH t t C D  = ⇒ −  = ⇔ = ⇔ − = ⇔  = ⇒ − − Vậy tọa độ của C và D là ( ) ( )5 8 8 2; , ;3 3 3 3C D hoặc ( ) ( )1;0 , 0; 2C D− − Bài 11. Cho ( ) ( )0;6 , 2;5A B . Tìm trên ( ) : 2 2 0d x y− + = điểm M sao cho: a. MA + MB có giá trị nhỏ nhất. b. MA MB− có giá trị lớn nhất. Giải Đặt ( ), 2 2f x y x y= − + . Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 10 . 0 6 f A f A f Bf B  = − ⇒ > = − Suy ra hai điểm A và B nằm cùng phía đối với đường thẳng (d) 1. Gọi A′ là đối xứng của A qua (d) Ta có: MA MB MA MB A B′ ′+ = + ≥ (cố định) ( )min MA MB A B′+ = , đạt được khi ba điểm , ,A M B′ thẳng hàng ( ) ( )M A B d′⇔ = ∩ ( ) ( ) ( ) : 2 0AA d AA x y C′ ′⊥ ⇒ + + = ( ) ( )6 : 2 6 0A AA C AA x y′ ′∈ ⇒ = − ⇒ + − = Gọi ( ) ( )H AA d′= ∩ thì tọa độ của H thỏa mãn hệ: ( )2 6 0 2; 2 2 2 0 x y H x y + − = ⇒ − + = A′ đối xứng với A qua (d) nên ta có: ( )2 4 4; 2 2 2 A H A A H A x x x A y y y ′ ′ = − = ′⇒ − = − = − A A′ H M (d) B M0 C H B A D y = x I Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng 19 Phương trình đường thẳng ( )A B′ là 24 7 2 24 0 2 4 5 2 yx x y+− = ⇔ + − = − + Tọa độ của M thỏa hệ: ( )112 2 0 9 1911;4 8197 2 24 0 8 x x y M x y y  = − + =  ⇔ ⇒  + − =  =  2. Ta có: MA MB AB− ≤ (cố định) max MA MB AB⇒ − = , đạt được khi ba điểm M, A, B thẳng hàng ( ) ( )M AB d⇔ = ∩ . Phương trình đường thẳng (AB) là: 2 12 0x y+ − = Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: ( )52 2 0 75;7 22 12 0 2 xx y M yx y = − + =  ⇔ ⇒  =+ − =  Bài 12. Cho ( )1 : 0D kx y k− + = và ( ) ( ) ( )2 22 : 1 2 1 0D k x ky k− + − + = a. Chứng minh khi k thay đổi ( )1D luôn luôn qua một điểm cố định. b. Tìm giao điểm của ( )1D và ( )2D suy ra quỹ tích giao điểm này khi k thay đổi. Giải a. Ta có ( )1D t: ( )1 0k x y+ − = . Tọa độ điểm cố định mà ( )1D luôn đi qua là nghiệm của 1 0 1, 0 0 x x y y + = ⇒ = − = = . Vậy ( )1D luôn qua điểm A(–1, 0). b. Tọa độ giao điểm của ( )1D và ( )2D là nghiệm của hệ phương trình ( ) 2 21 2 1 kx y k k ky k − = −  − + = + giải hệ ta được 2 2 2 1 2 , 1 1 k kx y k k − = = + + Vậy ( )1D ∩ ( )2D = 2 2 2 1 2 , 1 1 k kM k k   −   + +  để ý 2 22 2 2 2 2 1 2 1 1 1 k kx y k k   −  + = + =    + +    Do đó quỹ tích của M là đường tròn tâm O bán kính R = 1. Bài 13. Trong mặt phẳng Oxy, cho các điểm A(0; 1), B(2; 1) và các đường thẳng ( ) ( ) ( ) ( )1 2: 1 2 2 0 ; : 2 1 3 5 0d m x m y m d m x m y m− + − + − = − + − + − = a. Chứng minh 1d và 2d luôn cắt nhau. b. Gọi P là giao điểm của 1d và 2d , tìm m sao cho PA + PB lớn nhất. Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương 20 Giải a. Xét ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 0 2 1 3 5 0 m x m y m m x m y m  − + − + − =  − + − + − = có: 2 1 2 2 6 5 2 1 m m D m m m m − − = = − + − − 2 22 2 2 14 14 12 ; 2 4 1 1 3 5 3 5 2x y m m m m D m m D m m m m m m − − − − = = − + = = − + − − − − − Do ( ) 23 12 0,2 2D m= − + > ∀∈ nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Vậy 1d và 2d luôn luôn cắt nhau tại điểm P (đpcm) b. Tìm m để PA + PB lớn nhất Tọa độ của P là: 2 2 2 2 2 2 4 14 12 2 22 2 6 5 2 6 5 2 4 1 4 21 2 6 5 2 6 5 x y D m m mx D m m m m D m m my D m m m m  − + − = = = + − + − +   − + − − = = = − + − + − + Ta có: 22 2 2 2 2 2 4 42 ; 2 8 2 6 5 2 6 5 2 6 5 m mPA PA m m m m m m − −  = − + + ⇒ = −  − + − + − +   2 2 2 2 2 2 2 4 4; 2 6 5 2 6 5 2 6 5 m mPB PB m m m m m m − −  = ⇒ =  − + − + − +   Suy ra: 2 2 8PA PB+ = . Theo bất đẳng thức Bunhiacôpski, ta có: ( ) ( )2 2 22 16 4PA PB PA PB PA PB+ ≤ + = ⇒ + ≤ ( )max 4PA PB⇒ + = , đạt được 2 2 2 2 2 14 48 3 2 0 22 6 5 2 6 5 m PA PB PA PB m m mm m m m = = ⇔ = ⇔ − = ⇔ − + = ⇔  =− + − +  Cách 2: 1d và 2d có vectơ pháp tuyến là: ( ) ( )1 21; 2 , 2 ; 1n m m n m m= − − = − −   Ta có ( ) ( ) ( ) ( )1 2. 1 2 2 1 0n n m m m m= − − + − − =   nên 1 2d d⊥ tại điểm P. Để ý rằng 1 2,A d B d∈ ∈ và 2 2AB = nên theo bất đẳng thức Bunhiacôpski thì ( ) ( )2 2 2 22 2 16 4PA PB PA PB AB PA PB+ ≤ + = = ⇒ + ≤ ( )max 4PA PB⇒ + = , đạt được khi PA PB PAB= ⇒ ∆ vuông cân tại P ( ) o1 , 45d AB⇒ = Ta có: ( ) ( ) ( )( )1o 2 2 1 . 2 3 1cos 45 ; 1,1 2. 2. 1 2 AB AB AB n n m n n n m m − = ⇔ = = − + −      ( ) 2 2 22 3 2 6 5 3 2 0 1 2m m m m m m m⇔ − = − + ⇔ − + = ⇔ = ∨ =