skkn rèn luyện kỹ năng ứng dụng đạo hàm để giải toán cực trị hình học

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG NGẠN
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
RÈN LUYỆN KỸ NĂNG ỨNG DỤNG ĐẠO
HÀM ĐỂ GIẢI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Môn: TOÁN
Tác giả: Nguyễn Thành Giáp
Giáo viên môn Toán
NĂM HỌC 2013 - 2014
MỤC LỤC
MỞ ĐẦU
1
Chương I.
CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
3
I. BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
I.1. Bài toán cực trị hình học
I.2. Một số dạng Toán cực trị hình học thường gặp
3
I.3. Một số phương pháp giải toán cực trị hình học
5
II. RÈN LUYỆN KỸ NĂNG ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI TOÁN CỰC
TRỊ HÌNH HỌC
II.1 Kỹ năng
II.2 Một số khó khăn và sai lầm khi giải toán cực trị hình học
5
CHƯƠNG II.
XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP ĐIỂN HÌNH NHẰM RÈN LUYỆN KỸ
NĂNG ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
8
I. HỆ THỐNG CÁC BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH CÓ ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM

ĐỂ GIẢI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
I.1. Mục tiêu
I.2. Hệ thống các bài toán điển hình
I.2.1 Một số bài toán cực trị trong hình học không gian tổng hợp
8
I.2.2. Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích
17
I.2.3. Một số bài toán cực trị hình học có ứng dụng thực tiễn
24
II. KHẢ NĂNG PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HS LỚP 12
THÔNG QUA DẠY GIẢI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
29
III. KẾT QUẢ THỬ NGHIỆM
33
KẾT LUẬN
35
TÀI LIỆU THAM KHẢO
36
MỞ ĐẦU
1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Chương trình Giải tích THPT, đạo hàm và ứng dụng của đạo hàm giữ vai
trò chủ đạo. Thực trạng dạy và học toán ở trường THPT cho thấy: Do vai trò
chủ đạo của đạo hàm và ứng dụng của đạo hàm trong chương trình toán nên
phần lớn giáo viên và học sinh rất chú trọng. Bên cạnh đó có nhiều sách tham
khảo viết về ứng dụng của đạo hàm để giải toán nói chung. Tuy nhiên về bài
toán cực trị hình học và việc ứng dụng của đạo hàm giải loại toán này thì đa số
học sinh đối với cả học sinh còn chưa được rèn luyện, thậm chí ít được tiếp
cận. Trên thực tế có rất ít tài liệu tham khảo viết có hệ thống về loại toán này.
Vấn đề cực trị hình học khó đối với học sinh vì nó đòi hỏi kiến thức tổng hợp
về hình học, đại số, giải tích và nó đòi hỏi học sinh phải có thói quen ứng dụng

tổng hợp kiến thức. Nếu rèn luyện được kỹ năng giải loại toán này thì không
chỉ học sinh nắm được hệ thống tri thức toán mà còn góp phần rèn luyện năng
lực giải toán, kỹ năng vận dụng tri thức toán vào thực tiễn, phát triển tư duy
toán học cho học sinh. Vì vậy việc rèn luyện kỹ năng ứng dụng đạo hàm để giải
toán cực trị hình học là một nhu cầu thiết yếu đối với học sinh, đặc biệt là học
sinh khá, giỏi lớp 12. Vì lẽ đó tôi chọn đề tài: Rèn luyện kỹ năng ứng dụng
đạo hàm để giải toán cực trị hình học
2. MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
- Nghiên cứu lí luận về kỹ năng, kỹ năng giải toán và một số biện pháp rèn
luyện kỹ năng giải toán cho học sinh THPT
- Rèn luyện kỹ năng ứng dụng đạo hàm để giải toán cực trị của hàm số
- Tìm hiểu thực trạng của việc rèn luyện kỹ năng ứng dụng của đạo hàm trong
giải toán cực trị hình học
- Tìm hiểu bài toán cực trị hình học và nêu quy tắc giải bài toán cực trị hình
học có ứng dụng của đạo hàm
- Xây dựng hệ thống các bài tập điển hình nhằm rèn luyện kỹ năng ứng dụng
của đạo hàm để giải toán cực trị hình học cho học sinh khá, giỏi lớp 12
1
- Bước đầu thử nghiệm sư phạm để kiểm nghiệm tính khả thi của đề tài.
3. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Phương pháp nghiên cứu lý luận:
Nghiên cứu một số giáo trình phương pháp dạy học môn toán, SGK
phổ thông, Sách bồi dưỡng giáo viên THPT, các sách tham khảo, các tạp chí về
giáo dục.
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm:
Tổng kết kinh nghiệm qua nhiều năm trực tiếp giảng dạy, qua trao đổi
kinh nghiệm với một số giáo viên giỏi bộ môn Toán ở trường THPT. Từ đó xây
dựng được hệ thống các bài tập điển hình và những gợi ý dạy học nhằm rèn
luyện kỹ năng ứng dụng của đạo hàm trong giải toán cực trị hình học.
- Phương pháp quan sát, điều tra:

Quan sát và điều tra thực trạng dạy học giải toán cực trị hình học đối với
học sinh lớp 12, qua đó nắm bắt được nhu cầu của việc rèn luyện kỹ năng ứng
dụng của đạo hàm cho học sinh khá, giỏi lớp 12.
- Phương pháp thực nghiệm sư phạm:
Thử nghiệm việc rèn luyện kỹ năng ứng dụng của đạo hàm để giải toán
cực trị hình học thông qua chuyên đề tự chọn môn toán lớp 12. Bước đầu kiểm
nghiệm tính khả thi và hiệu quả của nội dung đã được xây dựng trong đề tài.
4. ĐỐI TƯỢNG VÀ THỜI GIAN NGHIÊN CỨU
Đối tượng nghiên cứu đề tài là học sinh lớp 12 trường THPT Nguyễn
Trung Ngạn, năm học 2013 - 2014
5. BỐ CỤC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Mở đầu
Chương I. Cơ sở lý luận và thực tiễn
Chương II. Rèn luyện kỹ năng ứng dụng của đạo hàm để giải toán cực trị
hình học
Kết luận
Tài liệu tham khảo
2
CHƯƠNG I.
CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
I. BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
I.1. Bài toán cực trị hình học
Trong chương trình THPT hầu như các bài toán cực trị hình học có dạng
chung là: Trong tất cả các hình có chung một tính chất, tìm hình mà một đại
lượng nào đó (độ dài, khoảng cách, số đo góc, số đo diện tích, số đo thể
tích, ) có giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất.
Giả sử hình H thay đổi trên miền D mà vị trí hay hình dạng của nó thay
đổi theo một đại lượng cho bởi biểu thức f ứng với sự biến thiên của tập các
biến số X trên tập xác định D.
Khi tìm vị trí hay hình dạng của hình H trên miền D sao cho f đạt giá

trị lớn nhất ta phải xác định được hai điều kiện sau:
1. Với mọi vị trí hay dạng của hình H trên miền D thì f
≥
M (là hằng số)
2. Tồn tại vị trí hay dạng của hình H trên miền D sao cho f = M
Khi tìm vị trí hay hình dạng của hình H trên miền D sao cho f đạt giá
trị nhỏ nhất ta phải xác định được hai điều kiện sau:
1. Với mọi vị trí hay dạng của hình H trên miền D thì f
≤
m (là hằng số)
2. Tồn tại vị trí hay dạng của hình H trên miền D sao cho f = m.
I.2. Một số dạng Toán cực trị hình học thường gặp
Dạng 1: Xác định khoảng cách (độ dài đoạn thẳng) lớn nhất hay nhỏ nhất.
Dạng 2: Các bài toán xác định diện tích đa giác, diện tích hình tròn
lớn nhất, nhỏ nhất.
Dạng 3: Các bài toán xác định thể tích đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
Dạng 4: Các bài toán xác định và tính góc lớn nhất hay nhỏ nhất.
Một số kỹ năng cơ bản
3
- Biết cách dựng đường vuông góc từ một điểm đến một đường thẳng, đến
một mặt phẳng đặc biệt là đường vuông góc tới mặt phẳng.
- Biết vận dụng kiến thức hình học vào việc chứng minh: song song, vuông
góc, chéo nhau,
- Biết cách dựng đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau.
- Biết cách so sánh, đặt tương ứng khoảng cách cần tìm với khoảng cách
nào đó để tiện cho việc tính khoảng cách.
- Biết cách vận dụng thành thạo các công thức liên quan đến tính khoảng
cách, tính độ dài của đoạn thẳng
- Kỹ năng vẽ hình không gian
- Kỹ năng nhận dạng các hình đăc biệt như: tam giác(tam giác vuông, cân,

đều), Tứ giác có hai đường chéo vuông góc, hình bình hành, hình thoi, chữ
nhật
- Kỹ năng nhận dạng các đa diện đặc biệt như: đa diện đều, hình chóp đều,
lăng trụ đứng, lăng trụ đều, hình hộp, hộp chữ nhật, lập phương
- Biết vận dụng linh hoạt các công thức vào tính toán
- Kỹ năng nhận dạng các khối đa diện đặc biệt
- Kỹ năng xác định chiều cao của hình chóp, lăng trụ, hình trụ, hình nón
- Kỹ năng vận dụng linh hoạt các công thức tính thể tích, công thức về tỉ số
các thể tích của các khối chóp tam giác.
- Kỹ năng dựng góc giữa hai đường thẳng trong không gian, góc giữa đ-
ường thẳng với mặt phẳng, góc giữa hai mặt phẳng.
- Biết cách thiết lập tương ứng sự thay đổi độ lớn của đoạn thẳng (góc, diện
tích, thể tích ) với các đại lượng (biến số) hay hàm số của một hay nhiều biến
số
- Biết vận dụng các phương pháp tìm cực trị, GTLN, GTNN.
4
I.3. Một số phương pháp giải toán cực trị hình học
Ph ương pháp 1: Sử dụng quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên.
Phư ơng pháp 2: Sử dụng quan hệ giữa đoạn thẳng và đường gấp khúc, các
bất đẳng thức trong tam giác.
Ph ương pháp 3: Sử dụng bất đẳng thức trong đường tròn.
Phư ơng pháp 4: Sử dụng một số phép dời hình.
Ph ương pháp 5: Sử dụng một số bất đẳng thức cơ bản.
Phương pháp 6: Sử dụng phương pháp hàm số.
II. RÈN LUYỆN KỸ NĂNG ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI TOÁN CỰC
TRỊ HÌNH HỌC
II.1 Kỹ năng
1. Các kỹ năng chung giải toán cực trị hình học: Vẽ hình, chứng minh,
nhận dạng, áp dụng công thức, tính toán và biến đổi linh hoạt, so sánh,
2. Các kỹ năng giải toán cực trị, tìm GTLN, GTNN của hàm số: Kỹ năng

tính đạo hàm, xét dấu của đạo hàm, kỹ năng vận dụng các quy tắc tìm cực trị,
tìm GTLN, GTNN của hàm số
3. Kỹ năng vận dụng quy trình 4 bước để giải toán cực trị hình học bằng
phương pháp hàm số có ứng dụng của đạo hàm
II.2 Một số khó khăn và sai lầm khi giải toán cực trị hình học
Khi giải toán hình học nói chung, giải toán cực trị hình học đặc biệt là hình
học không gian, học sinh lớp 12 kể cả học sinh khá, giỏi môn Toán đã và có thể
mắc những khó khăn và sai lầm sau:
1. Trong vẽ hình không gian: khó khăn do hình vẽ phức tạp, phương tiện
hỗ trợ còn thô sơ (thước kẻ và compa), quy tắc vẽ hình không gian đơn giản
song để vẽ đúng hình trong các trường hợp cụ thể còn gặp khó khăn như xác
định hình chiếu, đường vuông góc, thiết diện,…. dẫn đến vẽ hình sai.
5
2. Khó khăn trong việc áp dụng các định lý, đặc biệt là cách xác định góc,
khoảng, cách dẫn đến xác định sai góc, và khoảng cách.
3. Sai lầm khi không xét bài toán ở trường hợp đặc biệt, trường hợp không
tồn tại theo giả thiết.
4. Khó khăn và sai lầm trong việc vận dụng các phương pháp giải toán cực
trị hình học: so sánh các đại lượng, áp dụng bất đẳng thức, sử dụng phương
pháp hàm số.
Ví dụ 1. Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Đường
chéo BC’ hợp với mặt bên BAA’B’ một góc
α
. Tính thể tích hình lăng trụ.
Nối BA’. Góc
α
=
∠
C’BA’ từ đó tính toán được: V =
2

sin41
2
sin8
3
2
3
α
α
−
a
(?) Sai lầm chính của lời giải là việc xác định góc giữa BC’ với mp(BAA’B’)
Lẽ ra theo định nghĩa góc giữa đường thẳng và mặt phẳng ta phải tìm góc giữa
đường thẳng với hình chiếu của nó lên mp.
Do tam giác A’B’C’ đều nên gọi I là trung điểm của A’B’
⇒
C’I
⊥
A’B’ và C’I
⊥
(A’B’BA) vì lăng trụ cho là đều. Từ đó suy ra
α
=
∠
C’BI, sau khi tính toán
ta được kết quả đúng là V =
α
α
2
3
sin43

sin8
3
−
a
.
Ví dụ 2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Lấy hai điểm M và N
theo thứ tự trên AC và A’B sao cho AM = A’N = t (0
≤
t
≤
a
2
). Tìm GTNN
của M khi M, N lần lượt chuyển động trên AC, A’B.
A’
C’
C
B
A
B’
A’ C’
A
C
B
I
B’

6
Bài giải
Lập hệ trục toạ độ Descartes vuông

góc Oxyz sao cho O trùng B’,trục Ox chứa
A’, trục Oy chứa C’ trục Oz chứa B
Ta có: A(a; 0; a), C(0; a; a), A’(a; 0; 0),
B(0; 0; a), M(a-
a
tt
;
2
;
2
), N(a-
2
;0;
2
tt
)
nên
)0;;( aaAC −=
);0;(' aaBA −=
,






−−= a
tt
MN
2

;
2
;0
Do MN nhỏ nhất khi và chỉ khi MN là đoạn vuông góc chung của AC và A’B
nên







=






−
=−
⇔





=
=
0

2
0
2
0'.
0.
a
t
a
at
BAMN
ACMN

hệ này vô nghiệm. Vậy giá trị nhỏ nhất không tồn tại!
Lời giải sai lầm ở chỗ vì MN nhỏ nhất trong bài toán này có thể xảy ra mà MN
không là đoạn vuông góc chung.
Lời giải đúng là:
Từ (!) thay là:MN
2
=
22
22






−+







a
tt
=t
2
-
2
at +a
2
= f(t), (0
≤
t
≤
a
2
).
Ta có f’(t) = 2t -
2
a = 0
⇔
t =
2
2a

⇔
M, N lần lượt là trung điểm AC, A’B
Khi đó MN nhỏ nhất bằng

2
2a
.
7
B’
B
A’
D
D’
C
C’
A
z
y
N
M
x
CHƯƠNG II.
XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP ĐIỂN HÌNH NHẰM RÈN
LUYỆN KỸ NĂNG ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI TOÁN
CỰC TRỊ HÌNH HỌC
I. HỆ THỐNG CÁC BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH CÓ ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM
ĐỂ GIẢI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
I.1. Mục tiêu
1. Giúp giáo viên có được hệ thống các bài toán ứng dụng của đạo hàm
để giải toán cực trị hình học để rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh đặc
biệt là học sinh khá, giỏi
2. Giúp học sinh củng cố, nắm vững kiến thức cơ bản, và có kỹ năng giải
toán cực trị hình học dựa trên kiến thức và kỹ năng giải toán cực trị của hàm số.
3. Phát huy tính tự giác,tích cực, chủ động, sáng tạo của học sinh thông

qua việc tự rèn luyện kỹ năng giải toán dạng này
4. Rèn luyện kỹ năng ứng dụng tri thức Toán học vào nội bộ môn Toán,
tăng cường khả năng ứng dụng tri thức Toán học vào thực tế cho học sinh qua
đó học sinh thấy được vai trò của công cụ Toán học.
I.2. Hệ thống các bài toán điển hình
I.2.1 Một số bài toán cực trị trong hình học không gian tổng hợp
Bài toán 1. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng 1. Điểm M chạy
trên đoạn AA’, điểm N chạy trên BC sao cho AM = BN = x (0 < x < 1). P là
trung điểm của C’D’. Dựng thiết diện tạo bởi mp(MNP) của hình lập phương.
Tìm x để chu vi thiết diện đạt GTNN.
Bài giải
Gọi Q là trung điểm của AB,
Suy ra mặt phẳng (MNP) đi qua Q.
Thật vậy:
Gọi I là trung điểm của MN
8
A’ B’
M M’
I N
A Q B
S
D’ P C’
T

D C
kẻ MM’ // AB (M’
∈
BB’),
II’// MM’ (I’
∈

M’N)
⇒
I’ là trung điểm của M’N
Vì AM=BN
⇒
BM’ = BN
⇒
I’
∈
BC’
⇒
II’//QB // PC’
⇒
I, P, Q thẳng hàng
⇒
Q
∈
mp(MNP).
Ta có thiết diện là lục giác MQNTPS. Thiết diện có chu vi là: 2p = 4MQ +2NT
⇒
p= 2MQ+NT =
)10(;2)1(
4
1
2
2
<<−++ xxx
Xét hàm số f(x) =
)10(;2)1(
4

1
2
2
<<−++ xxx

f’(x) =
2
14
4
2
−
+x
x
f’(x) = 0
⇔
x =
2
1
.
Ta có bảng biến thiên

Vậy chu vi của thiết diện đạt GTNN = 2p = 2f(
2
1
) = 3
2
khi x =
2
1
.

Bài toán 2. Cho hình chóp S.ABC có SA
⊥
(ABC) và SA = 2a, tam giác ABC
vuông tại C, AB = 2a , góc A bằng 30
0
. Gọi M là một điểm di động trên cạnh
AC, SH
⊥
BM. Đặt AM = x, Tính khoảng cách từ S đến BM theo a và x. Tìm x
để khoảng cách đó lớn nhất.
Bài giải
Ta có
AHBM
SHBM
BMSA
⊥⇒



⊥
⊥
Tính khoảng cách từ S đến BM bằng SH do SH
⊥
BM tại H.
x
f’(x)
f(x)
0_
+
+ +

2
23
9
B
M
A
H
C
S
0
2
1
1
Tính SH: Ta có
∆
AHM ~
∆
BCM
⇒
AH =
BM
AMBC.
Mặt khác AM = x, (0
≤
x
≤
a
3
)

BC = a; BM =
22
432 axax +−

⇒
AH=
22
432 axax
ax
+−
.
Xét tam giác vuông SAH có SH
2
= SA
2
+ AH
2

⇒
SH =
22
2
432
4
axax
x
a
+−
+

Tìm x để SH lớn nhất : SH lớn nhất
⇔
f(x) =
22
2
432 axax
x
+−
đạt GTLN.
Ta có f’(x) =




=
=
⇔=
+−
+−
3
34
0
0)(':
)432(
832
222
22
a
x
x

xf
axax
xaxa
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên suy ra Maxf(x) = 3 khi x = a
3
với mọi x
∈
[0; a
3
]
khi H trùng với C Khi đó SH = a
7
.
Chú ý: Thấy được kết quả này đến đây ta có thể nghiên cứu lời giải và tìm
cách giải mới là: Bằng cách so sánh đường
⊥
với đường xiên suy ra được SH
lớn nhất khi H trùng với M và M trùng với C.
Bài toán 3. Cho tứ diện đều cạnh bằng 1. Các điểm M, N di động lần lượt trên
AB và AC sao cho mp(DMN)
⊥
mp(ABC). Đặt AM =x, AN =y.
a) Chứng minh hệ thức x+y = 3xy.
b) Xác định vị trí của M và N để Thể tích của tứ diện ADMN đạt GTLN,
GTNN
c) Diện tích toàn phần của tứ diện ADMN đạt GTLN, GTNN.
f’(x)

fx
x)
f(x)
x
0 a
+
3
10
Bài giải
a) Chứng minh hệ thức x+y = 3xy.
Hạ DH
⊥
(ABC)
⇒
H là trọng tâm
⇒
AH là
phân giác của MAN
Do (DMN)
⊥
(ABC)
⇒
M, H, N thẳng
hàng. Ta có
xyxyS
AMN
4
3

60sin.
2
1
0
==
Mặt khác:
)(
12
3
30sin
2
1
30sin.
2
1
00
yxAOyAHSSS
ANHAMHAMN
+=+=+=
Từ đó
⇒
3xy = x+y.
a)
Cách 1 Dùng đạo hàm tìm GTLN, GTNN của V và S
xq
Xác định x, y để thể tích V của tứ diện ADMN đạt GTLN, GTNN
Ta có DH =
3
6

⇒
V =
3
1
S
AMN
.DH =
12
2xy
. Vì 3xy = x+y,
Với x, y
∈
[0; 1]. Đặt xy = t
⇒
x+y = 3t ta có
x, y là các nghiệm
∈
[0; 1] của phương trình z
2
- 3tz + t = 0 (*)
⇔
t =
13
2
−
z
z
.
Với z
∈

[0 ; 1]\{1/3}. z = 1/3 không là nghiệm của (*)
Bài toán quy về tìm t để pt (*) có hai nghiệm thuộc [ 0 ; 1]
⇔
Tìm t để pt
13
2
−
z
z
= t có hai nghiệm z
∈
[0; 1]
Xét hàm số f(z) =
13
2
−
z
z
với z
∈
[0 ; 1]. f’(z) =
2
2
)13(
23
−
−
z
zz
= 0

3
2
,0 ==⇔ zz
.
Bảng biến thiên :
11
D
A
N
IM
H .
y
x
B
C
Từ bảng biến thiên suy ra (*) có hai nghiệm
∈
[0; 1]
⇔

9
4
≤
t
≤

2
1
.
Do V =

12
2xy
=
12
2t
nên ta có
27
2
≤
V
≤

24
2
.
Vậy MinV =
27
2
khi = y =
3
2
, MaxV =
24
2
khi x = 1, y =
2
1
hoặc x =
2
1

, y =1.
c) Ta có S
tp
= S
AMD
+ S
AND
+ S
AMN
+ S
DMN
=
xyyx
xy
yx
−++++
2200
6
6
4
3
60sin
2
1
60sin
2
1
=
xyxyxyyx 3)3(
6

6
)(
4
3
2
−+++
=
3
t +
tt −
2
3
2
2
=f(t).
Ta có f’(t) =
tt
t
−
−
+
2
34
)16(2
3
> 0, Với
9
4
≤
t

≤

2
1
⇒
f(t) đồng biến trên đó Nên
MinS
tp
=
)24(
9
3
+
khi x = y =
3
2

MaxS
tp
=
)232(
4
1
+
khi x = 1, y =
2
1
hoặc x =
2
1

, y = 1
Bài toán 4.Cho khối chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân
đỉnh C và SA
⊥
mặt phẳng(ABC), SC = a. Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng
(SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất.
Bài giải:
Ta có BC
⊥
AC nên BC
⊥
SC
⇒
∠
SCA là góc giữa hai mp(SCB) và (ABC).
z
f’(z)
f(z)
0- || -
+
0 +


0 1
-
12
a
S
C
B

A
x
x
0
f(x)




fx
x)
f’(x)
0
f(x)
+
-
Đặt
∠
SCA = x, (0 < x <
π
/2).
Khi đó: SA = asinx, AC = acosx.
⇒
V
S.ABC
=
xx
axaxa
2
322

cos.sin
62
cos
.
3
sin
=

Xét hàm số f(x) = sinxcos
2
x trên khoảng
)
2
;0(
π
Ta có f’(x) = cos
3
x - 2cosxsin
2
x = cosx(3cos
2
x -2)
f’(x) = 3cosx









+








−
3
2
cos
3
2
cos xx
.

⇒
f’(x) = 0
⇔
cosx = cos
α
=
3
2

⇔
x=

α

Vậy V
S.ABC
đạt GTLN khi cosx =
3
2
, x
∈

)
2
;0(
π
.
Chú ý : Ta có thể đặt sinx = t, (0 < t < 1) xét hàm số f(t) = t(1-t
2
)
Bài toán 5. Cho tứ diện ABCD có một cạnh > 1, còn các cạnh khác đều
≤
1.
Gọi V là thể tích của nó hãy tìm các cạnh của ABCD sao cho V có giá trị lớn
nhất
Bài giải
Giả sử AB > 1, khi đó max{AC,AD,BC,CD,DB}
≤
1
Kẻ AH
⊥
mặt phẳng(BCD), AE, BF lần lượt

là các đường cao của các tam giác ACD, BCD.
M là trung điểm của BC. Đặt CD=x
∈
(0; 1].
Theo hệ thức lượng trong tam giác BCD,
có 4BM
2
+CD
2
= 2(BD
2
+BC
2
)
13
⇒
4BM
2
=2(AB
2
+BC
2
) - CD
2

≤
4 - CD
2
= 4-x
2

⇔
BM
2
≤
1 -
4
2
x

⇔
BM
≤
4
1
2
x
−
.
BM =
4
1
2
x
−
, khi BC = BD =1(F
≡
M).
Mặt khác BF
≤

BM
⇒
BF
≤

4
1
2
x
−
. Tương tự AE
≤
4
1
2
x
−
⇒
AH
≤
AE
≤

4
1
2
x
−
.
Ta có V =

4
1
6
1
.
3
1
2
x
AHBFCDAHS
BCD
−=

⇒

)
4
1(
6
1
.
4
1
6
1
22
x
xAH
x
xV −=−≤

.
V =
)
4
1(
6
1
2
x
x −
, khi BA = BD = AC= AD = 1 và H
≡
E
Bài toán quy về tìm x
∈
(0; 1] để V = f(x) =
)
4
1(
6
1
2
x
x −
đạt giá trị lớn nhất
Xét hàm số f(x)=
)
4
1(
6

1
2
x
x −
; f’(x) =
]
2
)
4
1[(
6
1
22
xx
−−
= 0
⇔
x
2
= 4/3
⇔
x =
3/4±
.
Ta có f’(x) > 0 với x
∈
( )
3/4;3/4−
⇒
hàm số f(x) đồng biến trên khoảng (0; 1]

⇒
Maxf(x)
(0; 1]
= f(1) =
8
1
)
4
1
1(1
6
1
=−

⇔
MaxV =
8
1
, khi tứ diện ABCD có đáy
BCD, mặt bên ACD là các tam giác đều cạnh bằng 1 và (BCD)
⊥
(ACD), với
AB =
.1
2
3
>
Bài toán 6. Cho mặt cầu (S) bán kính R, tìm hình nón (N) ngoại tiếp mặt cầu
sao cho (N) có thể tích nhỏ nhất.
Bài giải

Đặt SI = x, x > R. Ta có SO = x+ R,
SK =
22
Rx
−
. Do
SIK∆
~
SAO∆

22
)(.
Rx
xRR
SK
IKSO
AO
AO
IK
SO
SK
−
+
==⇔=⇒
Suy ra thể tích V của hình nón là
14
V(x)=
)(
)(
)(

3

3
1
22
22
2
xR
Rx
xRR
SOOA +
−
+
=
π
π
⇒
V(x) =
Rx
xRR
−
+
22
)(
3
π

Xét hàm số
.,
)(

)(
2
Rx
Rx
xR
xf >
−
+
=
Ta có :



−=
=
⇔=
−
−−
=
Rx
Rx
xf
Rx
RRxx
xf
3
0)(';
)(
32
)('

2
22
Bảng biến thiên của f(x) trên khoảng
);(
∞+
R

Hàm số f(x) đạt GTNN trên khoảng
);(
∞+
R
tại x = 3R,
Suy ra V(x) đạt GTNN =
3
8
3
R
π
khi SO = x = 4R
⇔
AO = R
2
.
Vậy hình nón cần tìm có bán kính đáy AO = R
2
và chiều cao SO = 4R.
Bài toán 7. Tìm hình nón nội tiếp mặt cầu bán kính R cho trước sao cho
a) Thể tích đạt GTLN.
b) Diện tích toàn phần đạt GTLN.
Bài giải:

a) Gọi I là tâm của mặt cầu, O là tâm của đường tròn đáy.
Đặt IO = x ;
Rx
≤≤
0
.
⇒
AO =
22
xR
−
, SO = R+x.
Ta có thể tích V của khối nón nội tiếp mặt cầu là
))((
3

3
1
222
xRxRSOOAV
+−==
π
π
với
Rx
≤≤
0
.
Xét hàm số f(x) = (R
2

-x
2
)(R+x), x
∈
[0;R]
V lớn nhất
⇔
f(x) đạt GTLN
x
R 3R +
f’(x)
f(x)
0_
+
+ +

8R
15
I
O
S
A B
x
0 1
f’(x)
f(x)
0
+
-
0 0

CĐ
Bài toán trở về việc tìm x
∈
[0 ; R] để f(x) đạt GTLN
Ta có f’(x) = -2x(R+x) + (R
2
-x
2
)=-(R+x)[2x-R+x]
f’(x) = -(x+R)(3x-R)
⇒
f’(x) = 0
⇔




=
−=
3/Rx
Rx
x = R/3
∈
[0; R] . Ta có f(0) = R
3
, f(R) = 0, f(R/3) = 8R
2
/9.4R/3 = 32R
3

/27
⇒
f(x) đạt GTLN trên [0; R] tại x = R/3
⇒
OI = R/3
⇒
O = 2R
2
/3, SO = 4R/3
Vậy hình nón nội tiếp mặt cầu bán kính R cho trước có thể tích lớn nhất
khi bán kính đáy bằng 2R
2
/3, chiều cao bằng 4R/3. Max V = 32
π
R
3
/81.
b) Đặt
α
=∠ASI
, 0<
α
< 90
0
Ta có

ααα
ααα
cossin2sin.
cos2cos.,cos2

2
RSAAO
RSASORSA
==
===

Suy ra S
tp
=
π
AO
2
+
π
AO.SA =
π
4R
2
sin
2
α
.cos
2
α
+
π
.2Rsin
α
.cos
α

.2Rcos
α
= 4
π
R
2
(sin
2
α
+sin
α
)cos
2
α
= 4
π
R
2
(sin
2
α
+sin
α
)(1-sin
2
α
)
S
tp
lớn nhất

⇔
P = (sin
2
α
+sin
α
)(1-sin
2
α
) lớn nhất.
Đặt sin
α
= t, t
∈
(0; 1). Ta có P = f(t) = (t
2
+t)(1-t
2
) = - t
4
-t
3
+t
2
+t
Bài toán trở về việc tìm t
∈
(0; 1) để f(t) đạt GTLN.
Ta có f’(t) = -4t
3

-3t
2
+2t+1, f’(t) = 0
⇔
t = -1, t =
8
171
−
, t =
8
171
+
Bảng biến thiên
Vậy S
tp
LN
⇔
sin
α
=
8
171
+

⇒
chiều cao của hình nón SO =
16
)1723(
−
R

.
Bài toán 8
Trong các hình trụ nội tiếp hình cầu bán kính R, hãy tìm hình trụ có thể tích
lớn nhất.
Bài giải
16
Kí hiệu chiều cao, bán kính đáy và thể tích của
hình trụ nội tiếp hình cầu lần lượt là h, r và V.
Khi đó V =
π
r
2
h. Vì r
2
= R
2
-
4
2
h
nên
V = V(h) =
π
.
44
3
2
2
2









−=








−
h
hRh
h
R
π
Bài toán quy về tìm h để hàm số V(h) đạt GTLN, với h
∈
(0 ; 2R).
Ta có V’(h) =
π
3
2
0)(',

4
3
2
2
R
hxV
h
R =⇔=








−
. Suy ra Bảng biến thiên:
Vậy hình trụ nội tiếp hình cầu có bán kính R có thể tích lớn nhất khi chiều
cao của nó bằng
3
2R
. Khi đó, thể tích của hình trụ là
33
4
3
R
π
.
I.2.2. Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích

Bài toán 9. Trong hệ trục toạ độ Đềcác vuông góc Oxy cho Parabol (P): y = x
2
và điểm A(-3; 0). Tìm M thuộc (P) sao cho đoạn AM nhỏ nhất, tìm giá trị đó.
Bài giải
Cách 1.
M
∈
(P)
⇒
M(a; a
2
). Ta có AM
2
= (a+3)
2
+ a
4
= a
4
+a
2
+ 6a + 9.
Xét hàm số f(a) = a
4
+a
2
+ 6a + 9, a
∈
R.
f’(a) = 4a

3
+2a+6 = 2(2a
3
+a +3) = 0
⇔
a = -1.
Ta có bảng biến thiên:
h
V’(h)
V(h)

0
+
_
0 0
17
0
3
2R
2R
h
r
R

Dựa vào bảng biến thiên
⇒
Minf(a) = f(-1) = 5
⇒
M(-1; 1).
Vậy AM nhỏ nhất bằng

5
khi M (-1 ; 1).
Cách 2.
M
∈
(P)
⇒
M(a; a
2
).
Tiếp tuyến tại M có phương trình:y = 2ax-a
2
(d),
khoảng cách từ A đến (P) ngắn nhất khi AM
⊥
(d)
⇔
AM
⊥
d.
Ta có
);3(
2
aaAM
+=
;
)2;1( au
d
=
AM

⊥
d

⇔

0.
=
d
uAM
⇔
a+3+2a
3
= 0
⇔
a = -1
⇒
M(-1; 1)
⇒
AM =
5
Vậy AM nhỏ nhất bằng
5
khi M (-1 ; 1).
Bài toán 10. Trong hệ trục toạ độ Đềcác vuông góc Oxy cho Elíp (E):
1
4
2
2
=+ y
x

và đường thẳng d: x+y - 4 = 0. Tìm N
∈
d, M
∈
(E) sao cho MN nhỏ
nhất.Tìm khoảng cách giữa d và (E).
Bài giải
Do d nằm phía trên (E) nên MN nhỏ nhất
⇒

M
∈
(E) và M nằm phía trên trục Ox
⇒
M
∈
(C): y=
2
2
4
2
1
4
1 x
x
−=−

⇒
M (x;
2

4
2
1
x−
) ,x
∈
[-2 ; 2]. Ta có:
a
- -1 +
f’(a)
f(a)
- 0 +

+






+
18
(P)
d(M, d) =
2
44
2
1
2
−−+ xx

.
Xét hàm số f(x)=
44
2
1
2
−−+
xx
, x
∈
[-2;2]
f’(x) = 1-
xx
x
x
=−⇔=
−
2
2
420
42
, x
≥
0
⇔
16 -4x
2
= x
2

⇔
x =
5
4

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên
⇒
54)( −≥xf

⇒
Mind(M,d) =
54 −
; khi M (
5
4
;
5
1
),
N
∈
d MN ngắn nhất
⇔
MN
⊥
d
⇔

)
5
1
4;
5
4
( −+−−= aaMN

⊥
)1;1(
−=
d
u
⇔

⇔=+−+− 0
5
1
4
5
4
aa
a = 2+
52
3

⇒
N (2+
52
3

; 2-
52
3
).
Bài toán 11.
Cho n điểm A
1
, A
2
, . . . A
n
và một điểm O cố định. Gọi
∆
1
là đường thẳng
qua sao cho tổng các bình phương khoảng cách từ A
i
đến
∆
1
là nhỏ nhất. Gọi
∆
2
là đường thẳng qua O sao cho tổng các bình phương khoảng cách từ A
i
đến
∆
2
là lớn nhất. Chứng minh rằng
∆

1

⊥

∆
2
.
Bài giải
Xét hệ trục toạ độ Oxy. Giả sử trong hệ trục toạ độ này các điểm A
i
có toạ
độ (x
i
; y
i
); i = 1, n. Các đường thẳng đi qua O có phương trình kx - y = 0.
19
-2
5
4
2
0
x
f’(x)
f(x)
+ 0 -


-6 -2

Khi đó tổng các bình phương khoảng cách từ A
i
đến đường thẳng đó là
f(k) =
2
1
2
1
)(
k
ykx
n
i
ii
+
+
∑
=
=
2
1
2
2
1

)2(
k
yykxxk
n
i
iiii
+
+−
∑
=
,
Đặt a=
22
1

n
xx
++
, b =
nn
yxyx
++

11
, c =
22
1

n
yy

++
.
Ta có f(k) =
2
2
1
2
k
cbkak
+
+−
Nếu b = 0: thì f(k) = a +
2
1 k
ac
+
−
ta có
2
1 k
ac
+
−
c a≤ −
.
⇒
Maxf(k) = c, với k =0
⇒

∆

1
là trục tung,
∆
2
là trục hoành
⇒

∆
1

⊥

∆
2

Nếu b
≠
0: Xét hàm số f(k) =
2
2
1
2
k
cbkak
+
+−
, ta có f’(k) =
22
2
)1(

2)(22
k
bcakbk
+
−−−
2bk
2
- 2(a-c)k - 2b = 0 luôn có hai nghiệm k
1
, k
2
và k
1
.k
2
= -1.
Ta có bảng biến thiên sau
Từ bảng biến thiên
⇒
Maxf(f) = f(k
1
) Minf(k) = f(k
2
) vì k
1
k
2
= -1
nên
∆

1

⊥

∆
2

Vậy trong mọi trường hợp ta đều có
∆
1

⊥

∆
2
. Đó là đpcm.
Bài toán 12. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho đường thẳng
∆
là
giao hai mặt phẳng (P): x + y – 1 = 0, (Q):
3 0,x y z+ + − =
và hai điểm A(1; -2;
-1), B(2-
2
; 2; -3 ). Tìm M thuộc
∆
sao cho AM + BM nhỏ nhất.
Bài giải
20
k - k

1
k
2
+
f’(k)
f(k)
+ 0 - 0 +
a

















a
∆
có phương trình tham số là:






+=
−=
=
tz
ty
x
1
2
⇒
M(2; -t ; 1+ t)
Ta có: AM =
92
2
+
t
BM =
22122
2
++
tt
AM + BM = f(t) =
92
2
+
t
+
22122

2
++
tt
;
f’(t) =
22122
)3(2
92
2
22
++
+
+
+ tt
t
t
t
; f’(t) = 0
⇔
t =
5
9
−
. Ta có bảng biến thiên sau:

Từ bảng biến thiên
⇒
Min f(t) =
43
đạt được tại t =

22
ba
+
⇔
M(2;
5
9
;
5
4
−
).
Chú ý ta có thể giải bài toán này bằng nhiều cách khác như:
Dùng bất đẳng thức:
22
ba
+
+
2222
)()( dbcadc
−+−≥+
Dùng phương pháp hình học không gian tổng hợp:
B1: Tìm toạ độ hình chiếu A
1
của A lên
∆
; B
1
lên
∆

B2: Tính độ dài AA
1
; BB
1
từ đó suy ra điểm N chia A
1
B
1
theo tỉ số
1
1
BB
AA
−

B3: Chứng minh AM + BM nhỏ nhất khi M trùng N.
Bài toán 13. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Lấy hai điểm M và
N theo thứ tự trên AC và A’B sao cho AM = A’N = t (0
≤
t
≤
a
2
). Tìm
GTNN của M khi M, N lần lượt chuyển động trên AC, A’B.
Bài giải
Lập hệ trục toạ độ Descartes vuông góc Oxyz
sao cho O trùng B’,trục Ox chứa A’ ,
21

t
- +
f’(t)
f(t)
- 0 +

+








+
43
trục Oy chứa C’ trục Oz chứa B (hình bên).
Khi đó:
A(a; 0; a), C(0; a; a), A’(a; 0; 0), B(0; 0; a), M(a-
a
tt
;
2
;
2
) N(a-
2
;0;
2

tt
) nên
)0;;( aaAC −=
);0;(' aaBA −=
,






−−= a
tt
MN
2
;
2
;0
MN
2
=
22
22






−+







a
tt
=t
2
-
2
at +a
2
= f(t), (0
≤
t
≤
a
2
).
Ta có f’(t) = 2t -
2
a = 0
⇔
t =
2
2a

⇔

M, N lần lượt là trung điểm AC, A’B
Khi đó MN nhỏ nhất bằng
2
2a
.
Chú ý: có thể giải bài toán bằng các phương pháp khác như:
- Phương pháp véctơ
- Phương pháp hình học tổng hợp: Dùng định lý Cos trong tam giác
Bài toán 14. Cho đường
∆
là giao hai mặt phẳng
( ) : 1 0;P x y z+ + − =
( ) : 1 0Q x y z− + − =
và các điểm A(2;1;-1), B(-1;2;0). Trong các đường thẳng đi
qua B và cắt
∆
, viết phương trình đường thẳng sao cho khoảng cách từ A tới nó
là lớn nhất? Bé nhất?
Bài giải
Xét
1 2
(1;1;1), (1; 1;1)n n= = −
ur uur
, ta có
1 2
, (2;0; 2)n n
 
= −
 
ur uur

, N(1; 0; 0) thuộc
∆
nên
∆
có
véctơ chỉ
phương (1;0;-1) suy ra phương trình tham số của
∆
:
1
0
x t
y
z t
= +


=


= −

Gọi d là đường thẳng bất kì đi qua B và cắt
∆
. Giả sư d cắt
∆
tại M(1+t; 0; -t).
Khi đó d có véctơ chỉ phương là
(2 ; 2; ), (3; 1; 1)BM t t BA= + − − = − −
uuuur uuur

suy ra
22
, (2 ;2 2 ;4 )BM BA t t t
 
= − − −
 
uuuur uuur
Do đó:
2 2 2
2 2
,
(2 ) (2 2 ) (4 )
( , )
(2 ) 4
BM BA
t t t
d A d
BM
t t
 
− + − + −
 
= =
+ + +
uuuur uuur
uuuur
=
2
2
3 10 12

2 4
t t
t t
− +
+ =
Xét hàm số f(t) =
2 2
2 2 2
2
3 10 12 16 64
, '( ) , '( ) 0
2
2 4 ( 2 4)
t
t t t
f t f t
t
t t t t
=

− + −
= = ⇔

= −
+ + + +

Ta có bảng biến thiên:
Vậy khoảng cách từ A tới d lớn nhất bằng
11
khi t = -2 ứng với M(-1;0;2) và

nhỏ nhất bằng
1
3
khi t =2 ứng với M(3;0;-2). Hai đường thẳng cần tìm ứng với
GTLN, GTNN lần lượt có phương trình là:
d
1
:
1
2 2
2
x
y t
z t
= −


= −


=

và d
2
:
1 2
4 2 2
x y z+ −
= =
− −

.
Bài toán 15. Cho mặt phẳng (
α
): x+y-z+1 = 0 và đường thẳng d là giao hai mặt
phẳng
( ) : 3 0;( ): 2 2 0P x y z Q x y z+ + − = − − − =
. Trong các đường thẳng đi qua A(1;-1;2)
và song song với mặt phẳng (
α
) viết phương trình đường thẳng
∆
sao cho
khoảng cách giữa
∆
và d lớn nhất.
Bài giải
Ta có:
(1;1; 1)n
α
= −
uur
, đường thẳng d có phương trình tham số:
1 2
3 3
x t
y t
z t
= − +



=


= −

Do đó , d đi qua điểm I(-1; 0; 4) và có véctơ chỉ phương
(2;1; 3)
d
u = −
uur
.
3
f(t))
11
1
3
3
23
t -
∞
-2 2 +
∞

f’(t) + 0 - 0 +