skkn phát huy năng lực tư duy độc lập, sáng tạo của hs qua việc giải một số bài tập cực trị hình không gian thpt yên định 2

I. ĐẶT VẤN ĐỀ.
Trong chương trình cấp THPT, nói đến môn “ Hình học”, đa phần học
sinh cảm thấy “ngại” tiếp xúc, đặc biệt là hình học không gian. Yêu cầu người
học phải có trí tưởng tượng không gian tốt, tư duy logic, chặt chẽ, chính xác.
Khi học đến chương trình “Hình học giải tích trong không gian” thì các em
học sinh có phần nào “đỡ sợ” hơn nhưng cũng đòi hỏi phải có trí tưởng tượng,
suy luận logic. Còn khi gặp các bài toán “cực trị trong hình học giải tích” thì
các em cảm thấy là một mảng kiến thức khó, nhưng lại có sức hấp dẫn mạnh
mẽ đối với những người yêu toán học, học khá về môn toán.
Trước tình hình đó, cùng với thực tế giảng dạy và nghiên cứu với mong
muốn tháo gỡ khó khăn cho học sinh trong việc giải quyết một số bài toán cực
trị, để góp phần nâng cao chất lượng học tập, giúp học sinh tự tin và giải
nhanh một số bài toán cực trị, tôi chọn đề tài: “Phát huy năng lực, tư duy
sáng tạo của học sinh qua việc giải một số bài toán cực trị trong hình học
giải tích Lớp 12 THPT”.
II.GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ.
1.Cơ sở luận của đề tài.
Giải quyết bài toán cực trị trong hình học là bài toán tổng hợp yêu cầu học
sinh phải tổng hợp tốt các kiến thức sau:
• Các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức, một
hàm số bằng: đạo hàm, véc tơ, bất đẳng thức cổ điển,…
• Suy luận hình học: Yêu cầu học sinh phải có khả năng tưởng tượng
không gian, suy luận logic.
2. Thực trạng của đề tài nghiên cứu.
Qua thực tế giảng dạy học sinh, khi gặp bài toán cực trị trong hình học giải
tích, các em thường gặp những khó khăn sau:
1
• Ngoài việc nắm kiến thức ở chương này, các em còn phải nắm vững
kiến thức hình học không gian ở lớp 11, kiến thức véc tơ, kiến thức
đạo hàm, kiến thức để đánh giá một biểu thức. Đây là kiến thức khó
và nhiều đối với học sinh.

• Không xác định được hướng để giải quyết bài toán do khả năng suy
luận và tổng hợp kiến thức còn kém.
• Nhiều bài toán dạng này có rất nhiều cách suy luận, nhưng mỗi cách
có thể cho ta đi đến kết quả bằng con đường dài, ngắn khác nhau.
Tôi nghiên cứu đề tài này nhằm giúp các em giải được một số bài toán cực
trị trong hình học giải tích bằng phương pháp quen thuộc, hiệu quả, dễ hiểu và
nhanh gọn. Cũng có những bài toán tôi đưa ra nhiều phương pháp giải nhằm
giúp các em học sinh có thể chọn cho mình cách giải phù hợp với khả năng
của mình, hơn nữa tôi muốn đưa ra để cung cấp thêm kiến thức cho các em.
Khảo sát chất lượng học sinh 12B
5
, 12B
6
.12B
9
trường THPT Yên Định 2,
tôi thấy việc giải quyết các bài toán dạng này ở các em học sinh không tốt,
nhất là học sinh lớp 12B
9
.
Từ thực tế giảng dạy, tôi đã nghiên cức đề tài và triển khai thực hiện. Tôi
thấy tính hiệu quả của đề tài này rất cao, thu được kết quả tốt trong năm qua.
3. Các giải pháp và tổ chức thực hiện.
3.1. Các giải pháp thực hiện.
a. Hệ thống lại kiến thức đã học.
Giúp học sinh nắm vững các công thức cần nhớ để từ đó vận dụng tốt vào
việc giải các bài tập cụ thể.
b. Phân dạng các bài tập.
Vì thời gian không cho phép nên tôi chỉ nghiên cứu các dạng bài tập cơ
bản sau:

• Dạng 1: Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp12
liên quan đến tìm một điểm thoả mãn điều kiện cho trước.
2
• Dạng 2: Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp12
liên quan đến tìm đường thẳng, mặt phẳng thoả
3.2.Các biện pháp và tổ chức thực hiện
Do thời lượng các tiết học chính khóa không đủ để thực hiện nên tôi đã sử
dụng một số tiết học tự chọn để thực hiện đề tài này. Vì thời gian có hạn nên
tôi chỉ đưa ra được nội dung mà tôi sẽ hướng dẫn cho học sinh để sau những
tiết học này các em có thể tự tin tìm hướng và giải tốt một số các bài toán cực
trị trong không gian.
Đối tượng áp dụng: Học sinh THPT.
Phạm vi nghiên cứu: Trường THPT.
Địa điểm tổ chức thực nghiệm: Học sinh lớp 12B5, 12B9 Trường THPT
Yên Định 2.
a. Cơ sở lí thuyết: Để làm được phần này yêu cầu các em học sinh nắm
vững toàn bộ kiến thức ở chương III: Phương pháp toạ độ trong không gian,
sách giáo khoa hình học 12, làm tốt các bài tập trong sách giáo khoa. Nắm
vững phương pháp tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của hàm số trên một đoạn,
một khoảng. Ngoài ra yêu cầu các em học sinh phải nắm thêm một số kiến
thức sau đây:
-Cho mặt phẳng (α): ax + by + cz + d = 0 và 2 điểm A(x
A
;y
A
;z
A
),
B(x
B

;y
B
;z
B
). Nếu:
• (ax
A
+ by
A
+ cz
A
+ d)(ax
B
+ by
B
+ cz
B
+ d) >
0 thì 2 điểm A và B ở cùng phía đối với (α).
• (ax
A
+ by
A
+ cz
A
+ d)(ax
B
+ by
B
+ cz

B
+ d) <
0 thì 2 điểm A và B ở khác phía đối với mặt phẳng (α).
- Với , là hai véc tơ bất kỳ, ta luôn có:
│ + │≥ │ +│. Dấu = xảy ra  , cùng hướng hoặc một trong hai véc tơ
bằng
0
r
.
- Cho 2 điểm phân biệt A(x
A
;y
A
;z
A
), B(x
B
;y
B
;z
B
). M là một điểm chia
đoạn AB theo tỉ số k≠1. Ta có:
3
x
M


=

y
M
=

z
M
=

2. Tiến hành giải một số bài toán.
Dạng 1:Một số bài toán cực trị liên quan đến tìm vị trí của một điểm thỏa
mãn điều kiện cho trước.
Bài toán 1: 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.
-Xét trường hợp đặc biệt:
+Nếu d và AB vuông góc với nhau, ta làm
như sau:
Viết phương trình mặt phẳng (P )qua AB và
vuông
hinh1
góc với d.
Tìm giao điểm H của AB và mp(P). Khi đó với mọiđiểm M thuộc d ta có
MA
≥
HA, dấu = xảy ra khi và chỉ khi M
≡
H
MB
≥
HB,dấu = xảy ra khi và chỉ khi M
≡

H
nên MA+MB nhỏ nhất khi
và chỉ khi M là giao điểm của đường thẳng AB
và mặt phẳng (P).
+Nếu AB//d, ta làm như sau:
Tìm điểm A’ đối xứng với A qua d.
Gọi H là trung điểm của AA’ hinh2
4
Ta có: Với mọi M thuộc d thì MA+MB=MA’+MB
≥
A’B. Dấu bằng xảy ra
khi và chỉ khi M thuộc đoạn A’B. Mà MH//AB, H là trung điểm của AA’ suy
ra M là trung điểm của A’B. Vậy M là trung điểm của đoạn A’B thì MA+MB
nhỏ nhất.
Phương pháp chung cho bài toán này như sau:
Phương pháp 1:
Tìm điểm A
1
,B
1
lần lượt là hình chiếu vuông góc của A,B trên d
Lấy điểm B’ thỏa mãn: B’
∈
mp(d,A), khác phía với A qua d, B’B
1
⊥
d và
B’B
1
=BB

1
.
Khi đó : MA+MB=MA+MB’
≥
AB’. Do A,B, d cố định nên B’ cố định. Dấu
đẳng thức xảy ra khi M thuộc đoạn AB’giao với d.
Lại có
1 1
1 1
AA
'
MA
MB B B
=
, mà B’B
1
=BB
1
Suy ra:
1 1 1
1 1
1 1 1
AA AAMA
MA MB
MB BB BB
= ⇒ = −
uuuur uuuur
hình3
Chứng tỏ M là điểm chia đoạn AB
Theo tỉ số k=-

1
1
AA
BB
. Từ đó tìm được tọa độ điểm M.
Nhận xét: Cách giải này lập luận hơi dài, dễ bị sai sót nên yêu cầu các em
học sinh phải tính toán hết sức cận thận.
Phương pháp 2: -Viết phương trình d ở dạng tham số t:
0
0
,
o
x x at
y y bt
z z ct t R
= +


= +


= + ∈

-Gọi M(x
o
+at;y
o
+bt;z
o
+ct). Tính MA+MB.

-Xét hàm số: f(t)=MA+MB. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
f(t), từ đó suy ra t, suy ra tọa độ của điểm M.
-Kết luận.
Phương pháp 3: -Viết phương trình d ở dạng tham số t:
0
0
,
o
x x at
y y bt
z z ct t R
= +


= +


= + ∈

5
-Gọi M(x
o
+at;y
o
+bt;z
o
+ct). Tính MA+MB.
-Xác định tọa độ các véc tơ
,u v
r r

để
, ,u MA v MB= =
r r

u v+
r r
không đổi,
- Khi đó MA+MB=
u v u v+ ≥ +
r r r r
, dấu bằng xảy ra khi và
chỉ khi
,u v
r r
cùng hướng.
Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d:

1 1
1 2 1
x y z− +
= =
−
và hai điểm A(-1;2;1), B(1;-2;-1). Tìm trên đường thẳng d
điểm M để MA+MB nhỏ nhất.
Nhận xét:
AB
uuur
=(2;-4;-2), véc tơ chỉ phương của d là
d

u
uur
=(-1;2;1),
A d
∉

Nên đường thẳng AB song song với đường thẳng d. Gọi H(1-t;2t;-1+t) là
hình chiếu vuông góc của A trên d,suy ra

AH
uuur
=(2-t;2t-2;t-2). Ta phải có:
. 0
d
AH u =
uuur uur
4
2 4 4 2 0
3
t t t t⇔ − + − + − = ⇔ =
Suy ra:
1 8 1
( ; ; )
3 3 3
H
−
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua d, thì H là trung điểm của AA’.
Suy ra A’(
1 2 1
; ; )

3 3 3
−

Ta có: Với mọi M thuộc d thì MA+MB=MA’+MB
≥
A’B. Dấu bằng xảy ra
khi và chỉ khi M thuộc đoạn A’B. Mà MH//AB, H là trung điểm của AA’ suy
ra M là trung điểm của A’B. Suy ra M(
2 2 2
; ; )
3 3 3
−
.
Vậy M(
2 2 2
; ; )
3 3 3
−
thỏa mãn điều kiện bài toán.
Ví dụ 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d:

1 2 3
2 2 1
x y z− + −
= =
−
và hai điểm A(-4;1;1), B(3;6;-3). Hãy tìm trên d điểm M
sao cho MA+MB nhỏ nhất.
6
Nhận xét: Phương trình tham số của đường thẳng d là:

1 2
2 2
3 , .
x t
y t
z t t R
= +


= − −


= + ∈


AB
uuur
=(7;5;-4), véc tơ chỉ phương của d là
d
u
uur
=(2;-2;1). Suy ra

AB
uuur
.
d
u
uur
=0 nên đường thẳng d vuông góc với AB. Gọi (P) là mặt phẳng

chứa AB và vuông góc với d,suy ra (P) qua A và nhận
d
u
uur
làm véc tơ pháp
tuyến nên (P) có phương trình là: 2x-2y+z+9=0. Điểm M thuộc d thỏa mãn
MA+MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của d và (P). Nên M(1+2t;-
2-2t;3+t) với tlà nghiệm của phương trình 2(1+2t)-2(-2-2t)+(3+t)+9=0
⇔
t=-2.Vậy M(-3;2;1) thỏa mãn điều kiện bài toán.
Sau đây ta làm bài toán không thuộc dạng đặc biệt.
Ví dụ 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
1 2
2
1 , .
x t
y t
z t t R
= +


= −


= + ∈

và cho 2 điểm A(2;-2;1), B(0;2;-3). Tìm trên đường thẳng d
điểm M sao cho MA+MB nhỏ nhất.
Cách 1: Gọi A
1

(1+2t;2-t;1+t) là hình chiếu vuông góc của A trên d. Ta có:

1
AA (2 1;4 ; )
(2; 1;1)
d
t t t
u
= − −
= −
uuuur
uur

Ta phải có
1
AA . 0 2(2 1) 1(4 ) 0
d
u t t t= ⇔ − − − + =
uuuur uur
6 6 1t t
⇔ = ⇔ =
Suy ra A
1
(3;1;2).
Gọi B
1
(1+2t’;2-t’;1+t’) là hình chiếu vuông góc của B trên d, làm tương tự ta
được B
1
(-1;3;0)

Ta lấy điểm B’ sao cho: B’
∈
mp(A,d), B’khác phía với A qua d, B’B
1
=BB
1
và B’B
1
vuông góc với d
Khi đó : MA+MB=MA+MB’
≥
AB’. Do A,B, d cố định nên B’ cố định. Dấu
đẳng thức xảy ra khi M thuộc đoạn AB’giao vơi d.
7
Lại có
1 1
1 1
AA
'
MA
MB B B
=
, mà B’B
1
=BB
1
Suy ra:
1 1 1
1 1
1 1 1

AA AAMA
MA MB
MB BB BB
= ⇒ = −
uuuur uuuur
Chứng tỏ M là điểm chia đoạn AB
Theo tỉ số k=-
1
1
AA
BB
. Mà AA
1
=
11
, BB
1
=
11
nên k=-1 Từ đó ta có M(1;2;1).
Nhận xét: Để giải bằng cách này yêu cầu học sinh phải lập luận chặt chẽ,
tính toán cận thận vì các phép tính nhiều rất dễ dẫn đến sai sót.
Cách 2: Gọi M(1+2t;2-t;1+t) Ta có:
2 2
2 2
6 12 17 ( 6 6) 11
6 12 17 ( 6 6) 11
MA t t t
MB t t t
= − + = − +

= + + = + +
Chọn
( 6 6; 11), ( 6 6; 11)u t v t= − = − −
r r
suy ra:
( 2 6; 11)u v+ = −
r r
Khi đó MA+MB=
68u v u v+ ≥ + =
r r r r
, Dấu = xảy ra khi và chỉ khi:
, 0u kv k= >
r r
Vậy M(1;2;1) thỏa mãn điều
kiện bài toán
Nhận xét: Cách giải này nhanh hơn , học sinh chỉ gặp khó khăn là chọn các
véc tơ
,u v
r r
sao cho
u v+
r r
không đổi và
, 0u kv k= >
r r
. Nhưng chỉ cần làm một
đến hai bài tương tự thì việc chọn các véc tơ
,u v
r r
trở nên rất đơn giản.

Cách 3: Xét hàm số
2 2
( ) 6 12 17 6 12 17,f t t t t t t R= − + + + + ∈

2 2
6 6 6 6
'( )
6 12 17 6 12 17
t t
f t
t t t t
− +
= +
− + + +
'( ) 0 0f t t= ⇔ =
. Ta có
bảng biến thiên
T
-∞ 0 + ∞
F’(t) - 0 +
f(t)
+ ∞ + ∞
8
6 6 ( 6 6)
1
11 . 11 (1;2;1)
0
0
t k t
k

k M
t
k

− = − −

=


⇔ = ⇔ ⇒
 
=


>


2
Nhìn vào bảng biến thiên ta suy ra hàm số y=f(t) đạt giá trị nhỏ nhất khi
và chỉ khi t=0 nên M(1;2;1)
Nhận xét: Cách giải này khá quen thuộc và cơ bản đối với các em học sinh
12 vì trở về bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số .
Bài toán 2: Cho 2 điểm A, B và mặt phẳng (α). Tìm trênmặt phẳng(α)
điểm M sao cho MA + MB nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải:
-Xét xem 2 điểm A, B ở cùng phía hay khác phía đối với (α).
+TH1: Nếu 2 điểm A, B ở khác phía đối với (α)
Khi đó: Với mọi điểm M ta có:
MA + MB
≥

AB, dấu = xảy ra
⇔
M
∈
AB.
Vì M
∈
(α), A, B khác phía nên có M, hình 4
dấu = xảy ra khi và chỉ khi M là
giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (α)
Vậy khi M là giao điểm của AB và (α) thì MA + MB nhỏ nhất.
+TH2: Nếu 2 điểm A, B cùng đối xứng với A qua (α).
Tìm tọa độ điểm A
’
đối xứng với A qua (α).
Với mọi điểm M
∈
(α) ta có:
MA + MB = MA
’
+ MB
≥
A
’
B (1).
Do A cố định, (α) cố định nên A
’
cố định
=> A
’

B không đổi hinh5
dấu = khi và chỉ khi M
∈
đoạn A
’
B
( xảy ra vì A
’
và B ở khác phía đối với (α) ).
=> MA + MB nhỏ nhất
⇔
M là giao điểm của A
’
B và (α).
Ví dụ 4: 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;2;1),B(2;0;2).Tìm điểm M trên mặt
phẳng (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất
Giải
9
Thay tọa độ của A và B vào phương trình tơ (α) ta thấy hai điểm nằm về
hai phía đối với mp (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
AB
uuur
=(1;-1;0) làm vecto chỉ phương
Phương trình tham số của AB:
2
2
x t

y t
z
= +


= −


=

Tọa độ ứng với t là ngiệm phương trình 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
Ví dụ 5: Cho mặt phẳng (α) có phương trình : x-y+2z=0 và ba điểmA(1;2;-1)
B(3;1;-2),C(1;-2;-2).Hãy tìm điểm M trên (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 một
phía của (α) .
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua (α) , để MA + MB có giá trị nhỏ nhất khi
M la giao điểm của A’B với (α).

Đường thẳng AA’ đi qua A và vuông góc với (α) ,AA’ nhận
(1; 1;2)
P
n = −
uur
làm
vecto chỉ phương
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
6 3 0t
⇔ − =
hay t=
1 3 3
( ; ;0)
2 2 2

H⇒
Do H là trung điểm của AA’ nên
'
'
'
2 2
2 1 '(2;1;1)
2 1
A
H A
A H A
A H A
x x x
y y y A
z z z
= − =


= − = ⇒


= − =

10
A’B có vtcp
' (1;0; 3)A B = −
uuuur
Phương trình tham số A’B:
2
1

1 3
x t
y
z t
= +


=


= −

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình :
2+t-1+2(1-3t)=0
3
5 3 0
5
t t⇔ − + = ⇔ =
hay M(
13 4
;1;
5 5
−
)
Vậy với M(
13 4
;1;
5 5
−
) thì MA +MB có giá trị nhỏ nhất

Bài toán 3: Cho các điểm phân biệt A
1
, A
2
,…,A
n
và các số thực t
1
, t
2
,…,t
n
và cho đường thẳng d hay mặt phẳng (α). Tìm điểm M trên đường thẳng d
hay trên mặt phẳng (α) sao cho: │t
1
. + t
2
. +…+ t
n
.│

đạt giá trị nhỏ nhất.
Từ ví dụ sau , học sinh hoàn toàn có thể suy luận được phương pháp giải
dạng toán này.
Ví dụ 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho d:
4 1
1 1 1
x y z− +
= =
và hai

điểm A(0;1;5),B(0;3;3) .Tìm M trên d để
4MA MB−
uuur uuur
có giá trị nhỏ nhất
Giải
Cách1
Gọi M(4+t;-1+t;t)
Ta có
( 4 ;2 ;5 )MA t t t= − − − −
uuur
;
( 4 ;4 ;3 )MB t t t= − − − −
uuur

2 2 2 2
4 (16 4 ; 16 4 ; 12 4 )
4 (12 3 ; 14 3 ; 7 3 )
4 (3 12) (3 14) (3 7) 27 54 389
MB t t t
MA MB t t t
MA MB t t t t t
⇒ − = + − + − +
− = + − + − +
⇒ − = + + − + − = − +
uuur
uuur uuur
uuur uuur
=
2 2
27( 2 1) 362 27( 1) 362 362t t t− + + = − + ≥

Dấu “ =” xảy ra
⇔
t=1
⇒
t=1
⇒
M(5;0;1)
Vậy M(5;0;1) thõa mãn điều kiện bài toán .
Cách2:
Trước hết ta tìm điểm I sao cho
4 0IA IB− =
uur uur r
⇒
I
13 7
(0; ; )
5 5
11
Ta có
4 4( ) 4 3 3MA MB MI IA MI IB IA IB MI MI− = + − + = − − = −
uuur uuur uuur uur uuur uur uur uur uuur uuur

4 3 3MA MB MI MI− = =
uuur uuur uuur uuur


4MA MB−
uuur uuur
nhỏ nhất
⇔

MI
uuur
nhỏ nhất
⇔
M là hình chiếu của I trên d
Nhận xét: Phương pháp chung cho bài toán này là tìm điểm I sao cho
t
1
.
1
IA
uur
+ t
2
.
2
IA
uuur
+…+ t
n
.
n
IA
uuur
=
0
r
. Khi đó: │t
1
. + t

2
. +…+ t
n
.│
1 2 1 1 2 2 n
1 2
1 2
( ) t . t . t .
( )
( ) .
n n
n
n
t t t MI IA IA IA
t t t MI
t t t MI
= + + + + + +…+
= + + +
= + + +
uuur uur uuur uuur
uuur

Biểu thức đã cho đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất
⇔
M là
hình chiếu vuông góc của I trên d hay trên(
α
).
Bài toán 4: Cho các điểm phân biệt A
1

, A
2
,…,A
n
. và các số thực t
1
,t
2
,…,t
n
Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (hay đường thẳng) sao cho tổng
T= t
1
.MA
1
2
+ t
2
.MA
2
2
+ … + t
n
.MA
n
2
đạt giá trị nhỏ nhất (nếu t
1
+t
2

+…
+t
n
>0), đạt giá trị nhỏ nhất (t
1
+t
2
+…+t
n
<0).
Học sinh hoàn toàn suy luận được cách giải qua ví dụ sau:
Ví dụ 7: Trong không gian hệ tọa độ Oxyz cho mp (P) : x+2y+2z+7=0 và 3
điểm A(1;2;-1),B(3;1;-2),C(1;2;-1).Tìm M trên (P) sao cho
2 2 2
MA MB MC− −
có giá trị lớn nhất
Giải
Trước hết ta tìm điểm I sao cho :
0 (3; 3;0)IA IB IC I− − = ⇒ −
uur uur uur r
Ta có :
2 2 2
2 2 2
MA MB MC MA MB MC− − = − −
uuur uuur uuuur
=
2
2
2
( ) ( ) ( )MI IA MI IB MI IC+ − + − +

uuur uur uuur uuur uuur uur
=
2 2 2 2
2 ( )MI IA IB IC MI IA IB IC− + − − + − −
uuur uur uur uur
=
2 2 2 2
MI IA IB IC− + − −
⇒

2 2 2
MA MB MC− −
lớn nhất
⇔
MI nhỏ nhất
⇔
M là hình chiếu của I trên
(P)
12
Đường thẳng d qua I và vuông góc với (P) là
3
3 2 ;( )
2
x t
y t t R
z t
= +


= − + ∈



=

Tọa độ diểm M thõa mản đk bài toán là nghiệm của hệ :

3
4
3 2
9
2 23 35 8
, ,
9 9 9
2 2 7 0
x t
t
y t
z t
x y z
x y z
= +

−

=


= − +
 
 

=
 
= = − = −



+ + + =

Vậy M (
23 35 8
; ; )
9 9 9
− −
thõa mản điều kiện bài toán
Dạng 2: Các bài toán cực trị liên quan đến tìm đường thẳng, mặt phẳng
thoả mãn điều kiện cho trước.
Bài toán 5: Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng d cho trước
và tạo với mặt phẳng cho trước một góc nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải: Gọi phương trình mặt phẳng (P) cần tìm có dạng:
ax+by+cz+d=0.
Lấy hai điểm có toạ độ cụ thể thuộc d thay vào phương trình mp(P) ta rút
được hai ẩn c,d theo a và b
Tính sos của góc giữa hai mặt phẳng, Tìm điều kiện để cos của góc giữa
hai mặt phẳng lớn nhất.
Ví dụ 8: Trong không gian hệ tọa độ Oxyz cho A(1;4;2) ,B(-1;2;4) và đường
thẳng d :
1 2
1 1 2
x y z− +
= =

−
.Viết phương trình mp (P) chứa d và tạo với mp(Oxy)
một góc nhỏ nhất
Giải
Gọi mp (P) có dạng : ax+by+cz+d=0
Nhận thấy
1 2
(1; 2;0), (0; 1;2)M M− −
là 2 điểm thuộc d
Vì (P) chứa d nên
1
( )M P∈
và
2
( )M P∈

2
2 0
2 0
2
d a b
a b d
a b
b c d
c
= − +

− + =



⇒ ⇒
  −
− + + =
=



( ) :ax 2 0
2
a b
PT P by z a b
−
⇒ + + − + =

⇔
2ax +2by+(a-b)z-2a+4b=0
13
(P) có VTPT
(2 ;2 ; )
P
n a b a b= −
uur
Mp(0xy) có VTPT
(0;0;1)k
r
Gọi
α
là góc tạo bởi (P) và (Oxy)
Ta có cos
2 2

.
os( ; )
.
5 5 2
P
P
P
n k
a b
c n k
n k
a b ab
α
−
= = =
+ −
uur r
uur r
uur r

2 2
2
2 2
2
os
5 5 2
a b ab
c
a b ab
α

+ −
=
+ −
TH1: +) Với b
≠
0 ta có
2
2
2
1 2
os
5 5 2
a a
b b
c
a a
b b
α
   
+ −
 ÷  ÷
   
=
   
+ −
 ÷  ÷
   
Đặt t=
a
b

⇒
2
2
2
2 1
os
5 2 5
t t
c
t t
α
− +
=
− +
Xét hàm số f(t) =
( )
2
2
2
2
2 1 8( 1)( 1)
'( )
5 2 5
5 2 5
t t t t
f t
t t
t t
− + − +

⇒ =
− +
− +
=> f’(t)=0
1t⇔ = ±
BBT
T
-∞ -1 1 + ∞
f’(t)
+ 0 - 0 +
f(t)



0

(P) tạo với mp(Oxy) 1 góc nhỏ nhất
⇔
cos
α
lớn nhất
⇔
2
osc
α
lớn nhất

1 1
a
t

b
⇔ = − ⇔ = −
chọn a=1
⇒
b=-1
Vậy pt mp(P) là : x-y+z-3=0
TH2: Với b=0 .pt(P) :2ax +az -2a=0
⇔
2x +z-2=0

2
1 1
os
5 3
5
a
c
a
α
⇒ = = <
(loại)
Vậy pt mp (P) cần viết là x-y+z-3=0
14
Bài toán 6: Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng d cho trước
và tạo với một đường thẳng cho trước một góc lớn nhất.
Hướng dẫn giải: Gọi phương trình mặt phẳng (P) cần tìm có dạng:
ax+by+cz+d=0.
Lấy hai điểm có toạ độ cụ thể thuộc d thay vào phương trình mp(P) ta rút
được hai ẩn c,d theo a và b
Tính sin của góc giữa mặt phẳng và đường thẳng.

Tìm điều kiện để sin của góc giữa mặt phẳng và đường thẳng lớn nhất.
Ví dụ 9: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(1;4;2) ,B(-1;2;4) và
đường thẳng d :
1 2
1 1 2
x y z− +
= =
−
.Viết phương trình mp (P) chứa d và tạo với
trục Oy một góc lớn nhất .
Giải
Gọi mp (P) có dạng : ax+by+cz+d=0
Nhận thấy
1 2
(1; 2;0), (0; 1;2)M M− −
là 2 điểm thuộc d
Vì (P) chứa d nên
1
( )M P∈
và
2
( )M P∈

2
2 0
2 0
2
d a b
a b d
a b

b c d
c
= − +

− + =


⇒ ⇒
  −
− + + =
=



( ) :ax 2 0
2
a b
PT P by z a b
−
⇒ + + − + =

⇔
2ax +2by+(a-b)z-2a+4b=0
(P) có VTPT
(2 ;2 ; )
P
n a b a b= −
uur
;
(0;1;0)

Oy
n =
uuur
Gọi
α
là góc tạo bởi (P) và Oxy .
Ta có sin
2 2
,
2
os( , )
.
5 5 2
R oy
P oy
R oy
n u
b
c n n
n u
a b ab
α
= = =
+ −
uur uur
uur uur
uur uur

+ Nếu b=0
⇒

sin
0 0
α α
= ⇒ =
+ Nếu b
≠
o
2
2
2 2
sin
1 24
( 5 )
5 2 5
5
5
a
a a
b
b b
α
⇒ = =
 
− +
− +
 ÷
 
15

2 5

sin
6
24
5
α
≤ =
Dấu “=” xảy ra
⇔

1 1
5
5
5
a a
b b
= ⇔ =
chọn a=1
⇒
b=5
Để
α
lớn nhất
0
2
π
α
≤ ≤
thì sin
α
lớn nhất

Đạt khi (P) : 2x+10y-4z+18=0
⇔
x+5y-2z+9=0
Bài tập tham khảo:
Bài 1: Cho đường thẳng
( )
:
1 2
x-1 y + 2 z-2
d = =
-1
và hai điểm A(3; -1;-1),
B(1; -2; -3).
1.Hãy tìm điểm M trên d sao cho
a. MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất.
b. MA
2
+MB
2
nhỏ nhất.
c. Diện tích tam giác AMB nhỏ nhất.
2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến
mp(P) lớn nhất.
3. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và tạo với mặt phẳng (Oxy) một
góc nhỏ nhất.
4.Viết phương trình mặt phẳng (R) chứa d và tạo với trục Oy một góc lớn
nhât.
5. Viết phương trình đường thẳng d
1
qua A và cắt d sao cho khoảng cách từ B

đến d
1
là:
a. Lớn nhất. b. Bé nhất
Bài 2: Cho ba điểm A(-1; -2; 2), B(1; 3; -2), C(-3; 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 S trên (α) sao cho SA
2
+ SB
2
– 3SC
2
có giá trị lớn nhất.
Tìm điểm P trên (α) sao cho
4−
uuur uur uuur
PA +2PB PC
có giá trị nhỏ nhất
Bài 3: Cho đường hai thẳng d
1
:
2 3
2
4 2
t
t
t
= −



=


= −

x
y
z
d
2
:
3 1 2
= =
x-1 y-2 z +1
. Trong các
mặt cầu tiếp xúc với cả hai đường thẳng d
1
và d
2
, hãy viết phương trình mặt
cầu (S) có bán kính nhỏ nhất.
Bài 4: 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

4. Kết quả thực nghiệm của đề tài.
16
Khi chưa triển khai đề tài trên tôi đã cho học sinh làm một bài kiểm tra như
sau
Điểm
Lớp
Điểm dưới 5 Điểm 5;6 Điểm 7;8 Điểm 9;10
12B5 25% 64,5% 10,5% 0%
12B9 22,7% 61,9% 15,4% 0%
Sau khi triển khai đề tài này tôi tiếp tục khảo sát được kết quả như sau:
Điểm
Lớp
Điểm dưới 5 Điểm 5;6 Điểm 7;8 Điểm 9;10
12B5 8,3% 34,5% 41,7% 15,5%
12B9 4,5% 31,4% 50,5% 13,6%
Đây là những kết quả tích cực, thể hiện rằng học sinh đã tự tin hơn và
giải quyết các bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12 tốt hơn, những
phương pháp mà tôi đã đưa ra học sinh có thể làm nhanh ra kết quả mà không
yêu cầu các em phải tượng tượng nhiều.
III.KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
Một bài toán có rất nhiều cách giải song tìm ra một lời giải ngắn gọn, hợp
lí là một việc không dễ. Do đó đây chỉ là một chuyên đề nhỏ giúp phát triển tư
duy, sáng tạo của học sinh. Trong quá trình giảng dạy , tôi đã đem đề tài này
17
áp dụng và thấy học sinh có thể tiếp cận rất nhanh và biết vận dụng để giải
các bài tập mà tôi đã cho kiểm tra trên lớp. Kết quả là học sinh đã tiến bộ
nhanh chóng và còn yêu thích học phần này hơn. Và cũng từ những bài toán
này với nhiều phương pháp mà tôi đã đưa ra. Tôi tin là các em hoàn toàn có
thể suy luận tìm hướng giải cho các bài toán cực trị khác trong hình học giải
tích lớp 12. Đó chính là mục tiêu của tôi khi viết đề tài này.

Do kinh nghiệm chưa nhiều nên bài viết của tôi còn nhiều hạn chế.
Rất mong được sự đóng góp ý kiến của các đồng nghiệp xa gần để đề tài
thành một chuyên đề tốt giúp ích cho quá trình giảng dạy.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Xác nhận của thủ trưởng đơn vị Yên Định, Ngày 20 tháng 4 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.


Trịnh Thị Minh



TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Hình học 12 chương trình chuẩn- Nhà xuất bản Giáo
dục-Trần Văn Hạo( Tổng chủ biên)
18
2. Sách giáo khoa Hình học 12 chương trình nâng cao-Nhà xuất bản
Giáo dục- Đoàn Quỳnh( Tổng chủ biên)
3.Sách giáo viên Hình học 12 chương trình chuẩn- Nhà xuất bản Giáo
dục-Trần Văn Hạo( Tổng chủ biên)
4.Sách giáo viên Hình học 12 chương trình nâng cao- Nhà xuất bản Giáo
dục-Đoàn Quỳnh( Tổng chủ biên)
5. Đề thi TSĐH từ năm 2002-2011 của BGD&ĐT
6. Mạng Internet
7. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán Hình học 12- NXB ĐHQG Hà Nội-Ths
Lê Hoành Phò.
8. Hình giải tích- Nhà xuất bản Hà Nội- Trần Phương - Lê Hồng Đức.
9.Hình học giải tích- Nhà xuất bản Giáo dục- Trần Văn Hạo(Chủ biên)

MỤC LỤC Trang
I.ĐẶT VẤN ĐỀ………………………………… 1
19
II.GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ…………………………1
1. Cơ sở lí luận của đề tài ………………………1
2. Thực trạng của đề tài nghiên cứu…………… 1
3. Giải pháp và tổ chức thực hiện ……………….2
4. Kết quả thực nghiệm của đề tài …………… 17
III.KẾT LUẬN ………………………………… .18
20