skkn hướng dẫn học sinh giải một số bài toán cực trị trong hình học giải tích 12. thpt vĩnh lộc

MỤC LỤC
Tran
g
A.Đặt vấnđề 2
I.Lời nói đầu 2
II.thực trạng của vấn đề 2
B.Giải quyết vấn đề 3
I. Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng 3
II. Các dạng bài tập thường gặp 3
C.Kêt luận 20

1
HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG
HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12
A.ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Lời nói đầu

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.
II.Thực trạng vấn đề

Trong thưc tế giảng dạy, tôi nhận thấy 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. Đặc biệt khi nói đến các bài toán về cực trị

trong hình học thì các em rất “ Sợ”. Trước khi làm chuyên đề này tôi đã khảo sát ở
2 lớp 12A và 12B với tống số 90 học sinh, kết quả đạt được như sau

Không
nhận
biết
được
Nhận biết,
nhưng không
biết vận dụng
Nhận biết và
biết vận dụng,
chưa giải được
hoàn chỉnh
Nhận biết và
biết vận dụng,
giải được bài
hoàn chỉnh
Số lượng 60 20 9 1
Tỉ lệ ( %) 66,7 22,2 9,9 1.1
Đứng trước thực trạng trên, với tinh thần yêu thích bộ môn, 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 đã mạnh dạn viết chuyên đề “Hướng dẫn học
sinh giải một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12”.

2
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng .
1 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 Mqua
mặt phẳng (α) thì ta vẫn tìm hình chiếuH 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=
r uuuur
d
u MH
-Tìm t, suy ra tọa độ của H.
II. Các dạng bài tập thường gặp
1.Ca ́c bài toán cực trị liên quan đ ến tìm một điểm thỏa điều kiện cho trước.
Bài toán 1: Cho n điểm A
1
, A
2,
A
n
, với n số k

1
, k
2
,.,k
n
thỏa k
1
+ k
2
+ ….+k
n
= k ≠ 0
và đường thẳng d hay mặt phẳng (α). Tìm điểm M trên đường thẳng d hay mặt
phẳng (α) sao cho
1
1 2 2

n n
k MA k MA k MA+ + +
uuur uuuur uuuur
có giá trị nhỏ nhất.
Lời giải:
-Tìm điểm I thỏa
1
1 2 2 n n
k IA + k IA + + k IA 0=
uur uuur uuur r
-Biến đổi :
1
1 2 2 n n 1 2 n

k MA + k MA + + k MA = (k + k + + k )MI = k MI
uuuur uuuuur uuuuur uuur uuur
− Tìm vị trí của M khi
MI
uuur
đạt giá trị nhỏ nhất

3
Ví dụ 1: 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)
+
uuuur uuur uuur
MA + MB MC
có giá trị nhỏ nhất.
2)
3+
uuuur uuur uuur
MA -2MB MC
có giá trị nhỏ nhất.
Giải: Gọi điểm G thỏa
uuur uuur uuur r

GA + GB +GC = 0
thì G là trọng tâm của tam giác ABC và
G(0;-2;1)
1) Ta có
+
uuuur uuur uuur
MA + MB MC
=
+ + +
uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur
MG + GA + MG GB MG GC
=
3
uuuur
MG
có giá trị
nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (α)
MG nhận
r
n = (2; -2; 1)
làm vecto chỉ phương
Phương trình tham số MG





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
+
uuuur uuur uuur
MA + MB MC
có giá trị nhỏ nhất.
2) Gọi I(x; y; z) là điểm thỏa
3 0
+ =
uur uur uur r
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+
uuuur uuur uuur
MA -2MB MC

=
) 3( )+ + +
uuur uur uuur uur uuur uur
MI+IA -2(MI IB MI IC
=
2
uuur
MI
có giá trị nhỏ nhất
khi M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (α)
Phương trình tham số 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
⇔ + = ⇔ = −
Vậy với
5 245 135
; ; )
17 34 17
− − −
M(
thì
3+
uuuur uuur uuur
MA -2MB MC
đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài toán 2: Cho đa giác A
1
A
2 ….
A
n
và n số thực k
1
, k
2
, …., k

n
thỏa k
1
+ k
2
+ ….+ k
n
= k . Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( hay đường thẳng) sao cho tổng T =
2 2 2
1 1 2 2

n n
k MA k MA k MA+ + +
đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất
Lời giải:
- Tìm điểm I thỏa
1
1 2 2 n n
k IA + k IA + + k IA 0=
uur uuur uuur r
-Biến đổi : T =
2 2 2
1 1 2 2

n
+ + +
n
k MA k MA k MA
=

4
=
2
1 n
(k + + k )MI
+
2 2 2
1 1 2 2

n
+ + +
n
k IA k IA k IA
+ 2
1
1 n n
MI(k IA + + k IA )
uuur uur uuur
=
2
kMI
+
2 2 2
1 1 2 2

n
+ + +
n
k IA k IA k IA
Do

2 2 2
1 1 2 2

n
+ + +
n
k 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 k
1
+ k
2
+ ….+ k
n
= k > 0, Biểu thức T đạt giá trị nhỏ nhất MI nhỏ
nhất
- Nếu k
1
+ k
2
+ ….+ k
n
= k < 0, Biểu thức T đạt giá trị lớn nhất khi MI nhỏ
nhất.
Giải:1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa
uur uur r
IA + IB = 0
thì I là trung điểm AB và

3 3
(2; ; )
2 2
−
I
Ta có: MA
2
+ MB
2
=
2 2
(MI + IA) +(MI + IB)
uuur uur uuur uur
2 2 2
IA + IB +2MI +2MI(IA + IB)
=
uuur uur uur
=
2 2 2
IA + IB +2MI
Do
2 2
IA + IB
không đổi nên MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất khi MI
2
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
α
n (1;2;2)
=
r
Phương trình tham số MI:
3
2
3
2







−


x = 2+t
y = + 2t
z = +2t
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

(1; ; )
2 2
⇒ − −
M

5
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 MA
2
+ MB
2
có giá trị nhỏ nhất.
2) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA
2
- MB
2
– MC
2
có giá trị lớn
nhất.
Nhận xét: Với I là trung điểm AB thì MA
2
+ MB
2
= 2MI
2
+
2
2

AB
, do AB
2
không
đổi nên MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất khi MI
2
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
uur uur uur r
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: MA

2
- MB
2
– MC
2
=
2 2 2
(MJ + JA) - (MJ + JB) (MJ + JC)
−
uuur uur uuur uur uuur uur
2 2 2 2
J A JB JC MJ + 2MJ(JA JB JC)
= − − − − −
uuur uur uur uur
2 2 2 2
JA JB JC MJ
= − − −
Do
2 2 2
JA JB JC
− −
không đổi nên MA
2
- MB
2
– MC
2
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

α
n (1;2;2)
=
r
Phương trình tham số MJ:





x = 3+t
y = -3+ 2t
z = 2t
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
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 MA

2
- MB
2
– MC
2
có giá trị lớn nhất.
Giải:
1) Gọi điểm I(x; y; z) là điểm thỏa
uur uur r
IA -2 IB = 0

Hay:
( x;1 y; 2 z) 2(2 x; 1 y;2 z) (0;0;0)
− − − − − − − − − =

6
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 điểm M trên d sao cho
1) MA
2
- 2MB
2
có giá trị lớn nhất
2) MA
2

+ MB
2
+ MC
2
có giá trị nhỏ nhất.
4 x 0
3 y 0 I(4; 3;6)
- 6+z 0
− + =


⇔ + = ⇔ −


=

Ta có MA
2
- 2MB
2
=
2 2
(MI + IA) 2(MI + IB)
−
uuur uur uuur uur
2 2 2
IA 2IB MI + 2MI(IA 2 IB)
= − − −
uuur uur uur
2 2 2

IA 2IB MI
= − −
Do
2 2
IA - 2 IB
không đổi nên MA
2
-2 MB
2
lớn nhất khi MI
2
có giá trị nhỏ nhất,
hay M là hình chiếu vuông góc của I lên d.
Đường thẳng d có vtcp
(1;2;1)
=
r
u
, phương trình tham số d:





x = 1+t
y = 2+ 2t
z = 3+ t
M d M(1 t; 2 2t; 3 t)
∈ ⇒ + + +
,

uuur
IM = ( t-3; 2t + 5 ; t - 3)
khi M là hình chiếu
vuông góc của I lên d nên
. 0=
uuur r
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 MA
2
- 2MB
2
có giá trị lớn nhất
2) Gọi điểm G(x; y; z) là điểm thỏa
uuur uuur uuur r
GA + GB +GC = 0
thì G là trọng tâm tam giác
ABC và G(2; 1; 1).
Ta có: MA
2
+ MB

2
+ MC
2
=
2 2 2
(MG + GA) + (MG + GB) +(MG + GC)
uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur
=
2 2 2 2
GA GB GC +3MG + 2MG(GA GB GC)
+ + + +
uuuur uuur uuur uuur
=
2 2 2 2
GA GB GC +3MG
+ +
Do
2 2 2
GA GB GC
+ +
không đổi nên MA
2
+ MB
2
+ MC
2
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)
∈ ⇒ + + +

,
uuuur
GM = ( t-1; 2t +1 ; t +2)

Khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì
. 0
=
uuuur r
GM u
1 1 5
6 3 0 ( ;1; )
2 2 2
⇔ + = ⇔ = − ⇒
t t M
Vậy với
1 5
( ;1; )
2 2
M
thì MA
2
+ MB
2
+ MC
2
có giá trị nhỏ nhất.
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 (ax
A
+by
A
+ cz
A
+ d)(ax
B
+by
B
+ cz
B
+ 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.

7
2.Nếu (ax
A
+by
A
+ cz
A
+ d)(ax
B
+ by
B
+ cz
B
+ 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)= −
uuur
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 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.
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)
α
= −
uur
n
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

8
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
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.
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)= −
uuur
A'B
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
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)= − − −

uuuur
A'C
Phương trình tham số A’C:
2
1 3
1 3
t
= −


= −


= −

x t
y
z t
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
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.
Lời giải:
- 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

9
Ví dụ 1: Cho đường thẳng
( )
:
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.
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)= −
r
u
và
(7;5; 4)= −
uuur
CD
Ta có
r
u
.
uuur
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)= −
r
u
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
0 2
⇔ = ⇔ = −
9t + 18 t
Vậy M(-3; 2; 1) thì MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất bằng:
2 2 17+
Bài toán 5: Cho hai đường thẳng d
1
,d
2
chéo nhau. Tìm các điểm M
∈
d
1
, N
∈
d
2
là chân đoạn vuông góc chung của hai đường trên.
Lời giải:
- Lấy M
1

∈
d
và N
2
∈
d
( tọa độ theo tham số).
- Giải hệ phương trình
1
. 0
=
uuuur r
MN u
và
2
. 0
=
uuuur r
MN u
(
1
,
r
u
2
r
u
là các véctơ chỉ
phương của d
1

và d
2
).
- Tìm tọa độ M, N và kết luận.
Giải:
1) d
1
qua M
1
(5; -1; 11), có vtcp
1
(1;2; 1)= −
uur
u
d
2
qua M
2
(-4; 3; 4), có vtcp
2
( 7;2;3)= −
uur
u
Ta có [
1
,
uur
u
2
uur

u
]
1 2
uuuuuur
M M
= (8; 4; 16)(-9;4; -7) = -72 +16 – 112 = -168
0
≠
Hay d
1
và d
2
chéo nhau.
2). M
1
d
∈
và N
2
d
∈
sao cho độ dài MN ngắn nhất khi và chỉ khi MN là độ dài
đoạn vuông góc chung của d
1
và d
2
.

10
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 d
1
, d
2
chéo nhau
2) Tìm điểm M
1
d
∈
và N
2
d
∈
sao cho độ dài MN ngắn nhất.
Phương trình tham số của hai đường thẳng

d
1
:
5
1 2
11
t
t
= +


= − +


= −

x t
y
z
, d
2
:
4 7
3 2
4 3
t
t
= − −



= +


= +

x t
y
z
M
1
d
∈
nên M(5 + t; -1 + 2t; 11- t), N
2
d
∈
nên N(-4 – 7t’;3 +2t’; 4 + 3t’)
(
=
uuuur
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


= − − + = =
 

⇔ ⇔
  
+ + = = −
=
 


uuuur r
uuuur r
MN u
MN u
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
.
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 M

1
(2; 4; -2), có vtcp
(1;1;0)=
r
u
AB qua A(1; 2; 3) và
=
uuur
AB
(0; -2;-2) =
1
2−
uur
u

với
1
(0;1;1)=
uur
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
,
(
=
uuuur
MH
-t -1; t’ – t -2; t’ +5)

11
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
Ta có
1
. 0
' 2 3 ' 3
2 ' 3 3
. 0
t t t
t t t

=
− = = −
 

⇔ ⇔
  
− = − = −
=
 



uuuur r
uuuur uur
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)= −
r
u
Ox qua O(0; 0; 0), có vtcp
(1;0;0)i =
r
[
,

r
u
i
r
]
uuuur
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
(
=
uuuur
MN
t’; -t; t – 2)
Ta có
. 0 2 0 1
' 0 ' 0
. 0
t t t
t t
i

= − − + = =
 

⇔ ⇔
  

= =
=
 


uuuur r
uuuurr
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 2
1 1 1
( ) ( )
2 2 2
x y z+ − + − =
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

12
Ví dụ 3: Cho đường thẳng d:
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.
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;

=
uur
DI 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
Giải:
Mặt cầu (S) có bán kính R = d(A; (α)) lớn nhất khi (α) qua B và vuông góc với AB
(1;
=
uuur
BA 2; 2)
là véctơ pháp tuyến của (α)
R = AB=3
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).
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).

13
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 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 điểm A(2; 1; 3), B(1; -1; 1), gọi (α) là mặt phẳng qua B.
Trong các mặt cầu tâm A và tiếp xúc với (α), hãy viết phương trình mặt cầu
(S) có bán kính lớn nhất.
(1; 1; 1)= − −
uuur
AB
,
( 2; 3; 2)= − − −
uuur
AC
(ABC) có véctơ pháp tuyến
[ , ] ( 1;4; 5)= = − −
r uuur uuur
n AB AC
(α)cóvéctơpháptuyến
[ , ] ( 9 6; 3) 3(3;2;1)
α
= = − − − = −

uur r uuur
n n AB
Phương trình (α): 3(x– 2) + 2(y – 1) + 1(z – 3) = 0

⇔
3x + 2y + z – 11 = 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.
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.
Giải:
Ta thấy (α)có véctơ pháp tuyến
(2; 2;1)
α
= −
uur
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)=
uuur
AH
là véc tơ
chỉ phương của ∆.
Phương trình của ∆:
1 4 6
= =
x+3 y-3 z +3
2) Ta thấy d(B; ∆) lớn nhất khi ∆ là đường thẳng nằm trong (α), qua A và vuông
góc với AB.

14
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.
∆ có véctơ chỉ phương
[ , ] (16;11; 10)
α
∆
= = −
uur uuur uur
u AB n
Phương trình của ∆:
16 11 10
= =
−
x+3 y-3 z +3
Giải:
1) Đường thẳng d qua điểm M(2; 0; 0) có vtcp
(1;0; )
d
=
r
u -1
,
( 2;2;0)= −
uuur
MB

[ , ] (2;2;2) 2(1;1;1) 2
d
α
= = =
uur uuur uur
u MB n
(α) đi qua B nhận
(1;1;1)
α
=
uur
n
làm véctơ pháp tuyến
Phương trình (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
− −
= = − − =
uuur uur
1
BH u
⇒
∆
1
nhận

uur
1
u
làm véc tơ chỉ phương
Ta thấy
uur
1
u
và
d
r
u
không cùng phương nên d và ∆
1
cắt nhau (do cùng thuộc mặt
phẳng (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
α
= − = − − = −
uur uuur uur
n AB u
⇒
∆
2
nhận
2
uur
u
làm véc tơ chỉ phương,
mặt khác
2
uur
u
và
d
r
u
không cùng phương nên d và ∆
2
cắt nhau (do cùng thuộc mặt
phẳng (α))

15
Ví dụ 2: 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.
Phương trình ∆

2
:
1
2 t
t
= −


= +


= −

x
y
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.
Lời giải:
Gọi d
1
là đường thẳng qua A và song
song với d, B là giao điểm của d với (α).
Xét (P) là mặt phẳng (d
1
, ∆), H và I là hình
chiếu vuông góc của B lên (P) và d

1
.
Ta thấy khoảng cách giữa ∆ và d là BH và
BH ≤ BI nên BH lớn nhất khi I ≡ H, khi đó ∆ có vtcp
[ , ]
α
∆
=
uur uur uur
u BI n
.
Giải:Đường thẳng d có vtcp
=
r
u
(1; 2; -1), (α) có vtpt
α
=
uur
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 d
1
là đường thẳng qua A và song song với d
Phương trình tham số đường thẳng d
1
:
1
1 2
1
t
= − +


= +


= −


x t
y
z t
Gọi I là hình chiếu vuông góc của B lên d
1

⇒
I(-1 + t; 1 + 2t; 1 – t),
=
uur
BI
(-1 + t; 1 + 2t;-5– t)
Ta có
. 0=
uur r
BI u
⇔
-1 + t + 2(1 + 2t) –(-5– t) = 0
⇔
t = -1
⇒
I(-2; -1; 2)

16
Ví dụ 1: Cho đường thẳng d:
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.
Đường thẳng ∆ có vtcp
[ , ]
α
∆
=
uur uur uur
u BI n
= (-5; -10; 4)
Phương trình ∆:
5 10 4
= =
− −
x+1 y-1 z -1
Giải:
Mặt phẳng (α) qua A và song song với (P) có phương trình: x + y – z + 2= 0
=> d nằm trên (α).
Đường thẳng ∆ có vtcp
=
r
u
(2;1;-3), (α) có vtpt
α
=
uur
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)
=
uuur
BH
(1 + 2t; t -
3
2

; -3t).Ta có
. 0
=
uur r
BI u
⇔
2 + 4t + t -
3
2
+ 9t = 0
⇔
t =
1
28
−
⇒
uuur
BH
=(
13
14
;
43
28
−
;
3
28
) =
1

28
(26; -43; 3) =
1
28
1
r
u
Đường thẳng d có vtcp
1
[ , ]
d
α
=
uur uur uur
u u n
= (40; 29; 69)
Phương trình d :
40 29 69
= =
x-1 y+1 z -2
.
Bài toán 5: 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.

17
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.
Lời giải:
Vẽ đường thẳng d
1
qua A và song song với d. Trên d
1
lấy điểm B khác A là điểm
cố định, gọi K, H là hình chiếu vuông góc của B lên (α) và ∆.
Ta có sin(d, ∆) =
BH
AB
≥
BK
AB
. Do vậy góc (d, ∆) nhỏ nhất khi K ≡ H hay ∆ là
đường thẳng AK.
Góc (d, ∆) lớn nhất bằng 90
0
khi ∆
⊥
d và ∆ có vtcp
[ , ]
α
∆
=
uur uur uur

d
u u n
Giải:
(α) có vectơ pháp tuyến
(2;2; )
α
=
r
n -1
, d có vectơ
(1;1;1)
d
=
r
u
qua điểm
M(-2; 1; 3). Ta thấy A
∈
(α) mặt khác
α
r
n
0
d
≠
r
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
[ , ]
α
=
uur uur uur
d
u 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 d
1
qua A và song song với d
Phương trình d
1
:
1 1 1
= =
x-1 y-2 z +2
, lấy điểm B(2; 3; -1)
∈
d
1
.
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
−
⇒

18
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.
∆
2
tạo với d một góc nhỏ nhất khi nó đi qua hai điểm A và K,
1 1 13
( ; ; )
9 9 9
=
uuur
AK
∆
2
qua A(1; 2; -2), có vectơ chỉ phương
2
9. (1;1;13)= =
uur uuur
u AK
Phương trình ∆
2
:
1 1 13
= =
x-1 y-2 z +2

Giải:

Đường thẳng d có vectơ
(2;1;1)
d
=
r
u
Xét mặt phẳng (α) qua A và vuông góc với d
⇒
∆ nằm trên (α)
(α) nhận
(2;1;1)
d
=
r
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
=
r
u
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
−
=
uuur
AH

∆

qua A(1; 0; 0), có vectơ chỉ phương
3. (1; 4;2)
∆
= = −
uur uuur
u AH
Phương trình ∆ :
1 4 2
= =
−
x-1 y z

C. KẾT LUẬN
Từ thực tế giảng dạy chuyên đề này, một kinh nghiệm được rút ra là trước hết
học sinh phải nắm chắc các kiến thức cơ bản, biết vận dụng linh hoạt các kiến thức
này, từ đó mới dạy các chuyên đề mở rộng, nâng cao, khắc sâu kiến thức một cách
hợp lý với các đối tượng học sinh nhằm bồi dưỡng năng khiếu, rèn kỹ năng cho học
sinh.

19
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.
Những điều tôi đã thực hiện như nêu ở trên đã có một số tác dụng đối với học

sinh,cụ thể là : Các em tỏ ra rất say mê, hứng thú với dạng toán này. đó có thể coi
là một thành công của người giáo viên. Kết thúc đề tài này tôi đã khảo sát lạicho
các em học sinh lớp 12A,12B. Kết quả như sau:
Không
nhận
biết
được
Nhận biết,
nhưng không
biết vận dụng
Nhận biết và
biết vận dụng,
chưa giải được
hoàn chỉnh
Nhận biết và
biết vận dụng ,
giải được bài
hoàn chỉnh
Số lượng 0 3 27 60
Tỉ lệ ( %) 0.0 3.3 30 66,7
Rõ ràng là các em đã có sự tiến bộ. Như vậy chắc chắn phương pháp mà tôi nêu
ra trong đề tài đã giúp các em phận loại được bài tập và nắm khá vững phương
pháp làm và trình bầy bài giúp các em tự tin hơn trong học tập cũng như khi đi thi.
Tuy kết qủa chưa thật như mong đợi, nhưng với trách nhiệm của một người thầy,
trong một chừng mực nào đó tôi có thể bớt băn khoăn khi học trò của mình có thể
làm tốt các bài toán: “ Cực trị trong hình học giải tích lớp 12 ”
Tôi luôn nghĩ rằng : sự tiến bộ và thành đạt của học sinh luôn là mục đích cao cả,
là nguồn động viên tích cực của người thầy. Do vậy, tôi mong ước được chia sẻ với
quý đồng nghiệp một số suy nghĩ như sau:
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. Do đó đây chỉ là một chuyên đề
trong rất nhiều chuyên đề, một phương pháp trong hàng vạn phương pháp để giúp
phát triển tư duy, sự sáng tạo của học sinh. 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 vân dụng linh hoạt các kiến
thưc cơ bản, phân tích tìm ra hướng giải, bắt đầu từ đâu và bắt đầu như thế nào là
rất quan trọng để học sinh không sợ khi đứng trước một bài toán khó mà dần tạgây
hứng thú say mê môn toán, từ đó 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./.

20
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ
Nguyễn Văn Tân
Thanh Hóa, ngày 10 tháng5 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Hồ Thị Mai
ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CƠ SỞ

Vĩnh Lộc, Ngày 14 tháng 5 năm
2013
Thay mặt HĐKH cơ sở
Chủ Tịch
Nguyễn Văn Tân


21
VII. 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



22