Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học giải tích không gian_SKKN toán THPT

MỤC LỤC
Trang
A. MỞ ĐẦU 2
I.
Đặt vấn đề 2
1. Thực trạng 2
2. Ý nghĩa và tác dụng của giải pháp mới 5
3. Phạm vi nghiên cứu của đề tài 5
II. Phương pháp tiến hành 5
1.Cơ sở lý luận 5
2. Các biện pháp tiến hành 6
B. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 6
1. Nhiệm vụ và giải pháp của đề tài 6
2. Các bài toán cực trị liên quan đến tìm một điểm thỏa mãn điều kiện
cho trước 6
3. Các bài toán cực trị liên quan đến vị trí của đường thẳng, mặt phẳng 20
4. Bài tập áp dụng 34
5. Khả năng áp dụng 36
5.1. Quá trình áp dụng 36
5.2. Thời gian áp dụng 36
5.3. Kết quả thu được sau khi thực hiện đề tài sáng kiến kinh nghiệm 36
C. KẾT LUẬN 37
1. Kinh nghiệm áp dụng, sử dụng giải pháp 37
2.
Đề xuất, kiến nghị 38
D. TÀI LIỆU THAM KHẢO 39
Trường THPT Lý Tự
Giáo viên: Nguyễn Văn
SKKN: Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học giải
Tran
Sáng kiến

kinh

nghiệm:

TÍNH HIỆU QUẢ TRONG LỜI GIẢI BÀI TOÁN

CỰC TRỊ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN
A.
MỞ ĐẦU
I.
Đặt vấn đề
1. Thực trạng
Chương trình cải cách sách giáo khoa lớp 12 hiện hành, bên cạnh các bài
toán cơ bản, tương đối đơn giản như: Tìm tọa độ hình chiếu của điểm lên đường
thẳng và lên mặt phẳng, hình chiếu của đường thẳng lên mặt phẳng, viết phương
trình đường thẳng, viết phương trình mặt phẳng,… còn có những bài toán phức
tạp, đòi hỏi người giải cần có một kiến thức nhất định, như tìm tọa độ của điểm
thuộc đường thẳng, thuộc mặt phẳng sao cho thỏa biểu thức lớn nhất, nhỏ nhất,
hoặc viết phương trình đường thẳng cách điểm cho trước lớn nhất Đây là
những

dạng toán khó, chỉ có trong chương trình nâng cao và đề tuyển sinh Đại
học cao

đẳng.
Từ thực tế giảng dạy học sinh 12 tại trường, tôi nhận thấy đây là dạng toán
không chỉ khó mà còn khá hay, lôi cuốn được các em học sinh khá giỏi, những
em có nhu cầu học ôn thi đại học và cao đẳng. Đứng trước bài toán loại
này

người giải có sự lựa nhiều phương pháp khác nhau sao cho lời giải hiệu quả.
Nếu

ta biết sử dụng linh hoạt và khéo léo kiến thức của hình học thuần túy,
vectơ,

phương pháp tọa độ thì có thể đưa bài toán trên về một bài toán quen
thuộc.
Từ ví dụ sau, phần nào sẽ thấy được việc lựa chọn phương pháp quan trọng
như thế nào khi tiến hành giải toán nói chung, và khi giải toán cực trị hình học
giải tích không gian nói riêng.
Ví

dụ:
Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho ñiểm A(2;5;3) và
x − 1
=
y
z − 2
.
Viết phương trình mặt phẳng (α ) chứa
ñường thẳng d:
=
2 1 2
ñường thẳng d sao cho khoảng cách từ A ñến (α ) lớn nhất. (ðề thi ñại học
năm 2008, khối A).
Ph ươ ng

pháp

gi ả i

ph ổ

bi ế n

Phương trình mp (α ) dạng: ax +by +cz +d = 0, a
2
+b
2
+c
2
>0
mp (α ) chứa d nên mp (α ) qua M,N. Ta có:

a
+
2c
+
d
=
0


c
=

− a
− d

2
=
− 2a − b
2

− a − b + d = 0


d = a + b

⇔
Phương trình mp (α ) viết lại: ax +by
-
2 a
+ b
2
z +a +b = 0
2a + 5b −
3
(2a + b) + a + b
2
2
a
2
+
b
2
+

2a

+
b



2


Khoảng cách từ A đến mp (α ) là:
d(A, (α )) =
=

9 b



8a
2
+ 5b
2
+ 4ab
9
5
• a=
0, ta
có:
d(A,
(α ))

=
(1)
• a
≠
0,
chọn a = 1
ta có: d(A,
(α )) =
9
b
9b
5b
2
+ 4b + 8
=
5
b

2

+

4
b

+

8
Đ
ặt

f(
b
)
=
9b
, f’(b) =
5b + 2
9 5b
2
+ 4b + 8 − 9b
5b
2
+ 4b + 8
(
5b
2
+ 4b + 8
)
2
5b
2
+ 4b + 8
f
’
(
b
)
=
0
⇔

9(5b
2
+
4b
+
8)
=
9b(5b+2)
⇔
18b = -72
⇔
b = -4
9
5
lim f (b) =
BBT của
hàm f(b)
Ta có
b→±∞
b -
∞
f’(b)
+
∞
-4
-
0
+
f(b)
9

5
9
5
− 9
2
9
2
D
ự
a
v
à
o
B
B
T

s
u
y
r
a
v
ớ
i
a
≠

0
,

0

<

d
(
A
,
(
α

)
)
≤
(2)
9
2
Từ (1) và (2) suy ra
d(A, (α )) lớn nhất
khi d(A, (α )) =
tại b =
-4, (a
= 1)
Vậy phương trình mp (α ): x - 4y
+z – 3 = 0.
Nh ậ n

xét:

Với phương pháp giải tổng quát như trên có nhiều sự hạn chế: Dài dòng và

tổng hợp nhiều kiến thức khó, gây nhiều khó khăn cho cả học sinh khá trong
việc luyện tập dạng toán này.
Bài toán sẽ đơn giản hơn khi ta giải quyết theo hướng sau.
Đường thẳng d đi qua M(1;0;2) và có
vtcp:
u
d
(2;1;2)
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên d, AH = const.
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên mp (α ). Ta có khoảng cách từ A
đến

mp
(
α
)
:
d(A, (α ))=AK
≤
AH,
Do đó d(A, (α )) lớn nhất
⇔
H ≡ K
⇔
mp
(α ) ⊥
mp(A,d).
Ta tìm được VTPT của mp(A,d) là
n = [MA ,
u

]= (9;0;−9)
Mặt phẳng
(α )
chứa d đồng thời mp (α ) ⊥ mp(A,d) nên ta tìm được VTPT của
mp
(
α
)
là:
n = [n,
u
]= (9;−36;9)
Vậy phương trình của mp (α ) là: 9x -36y +9z -27 = 0
⇔
x - 4y +z – 3 = 0.
d
α
d
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. Với mỗi bài toán có đặc
thù riêng, người giải cần lựa chọn phương pháp giải thích hợp, để mang lại
hiệu quả.
Đứng trước thực trạng trên, 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. Được sự động viên, giúp đỡ của quý thầy cô giáo tổ Toán - Tin, Ban
Giám hiệu Trường THPT Lý Tự Trọng, tôi đã mạnh dạn viết SKKN:
“TÍNH HIỆU QUẢ TRONG LỜI GIẢI BÀI TOÁN

CỰC TRỊ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN”.
• Thuận lợi
- Đa số học sinh nắm tốt kiến thức cơ bản bộ môn hình học giải tích
không
gian . - Đa số học sinh chịu khó, chịu nghiên cứu các dạng bài tập.
- Được sự động viên của BGH, sự góp ý nhiệt tình của quý thầy cô giáo tổ
Toán – Tin Trường THPT Lý Tự Trọng.
• Khó khăn
- Học sinh không có thế mạnh bộ môn hình.
- Không có nhiều thời gian để đưa ra đầy đủ các dạng bài tập về cực trị.
- Đặc điểm phần cực trị kiến thức khó hiểu, gây khó khăn trong việc dạy.
2. Ý nghĩa và tác dụng của giải pháp mới
- Với mỗi bài toán, việc định ra một hướng giải hiệu quả không những giúp
cho người giải tiết kiệm được thời gian, hạn chế việc vận dụng những kỉ năng
phức tạp, mà nó còn là một vấn đề mang tính khoa học trong tư duy, cũng như
trong cách suy nghĩ. Với SKKN“ Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị
hình học giải tích không gian” cũng vậy. Với việc định hướng lời giải đúng cho
từng loại bài toán cực trị, mang lại nhiều lợi ích cho người giải. Người giải đã
chuyển từ bài toán khó, phức tạp thành bài toán dễ mang lại hiệu quả cao.
3. Phạm vi nghiên cứu của đề tài
- Học sinh lớp 12A
1
, 12A
2
Trường THPT Lý Tự Trọng.
- Đối tượng nghiên cứu: Nghiên cứu hướng giải quyết các bài toán cực

trị

hình học giải tích không gian hiệu quả.
II. Phương pháp tiến hành
1. Cơ sở lý luận
Trong thực tế dạy học, yêu cầu người giáo viên không những trang bị cho
học sinh phương pháp giải được bài toán cực trị, mà còn phải biết chọn lọc hướng
giải quyết bài toán sao cho ngắn gọn, đảm bảo tính hiệu quả. Tránh trường hợp
sử dụng các cách giải phức tạp làm cho học sinh rối và tính hiệu quả không cao.
Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phương pháp suy luận,
khả năng tư duy. Từ những kiến thức cơ bản phải dẫn dắt hoc sinh có được
những kiến thức nâng cao một cách tự nhiên, chứ không áp đặt ngay kiến thức
nâng cao.
Trong sáng kiến kinh nghiệm này, chủ yếu tập trung vào việc phân tích tìm
lời giải bài toán và tính hiệu quả của từng phương pháp lựa chọn, sao cho mang
lại kết quả ngắn gọn và hiệu quả nhất.
2. Các biện pháp tiến hành
• Phương pháp phân tích tổng hợp.
• Phương pháp thực nghiệm.
• Phương pháp toán học để xử lý số liệu thu được.
*) Số liệu thống kê trước khi thực hiện đề tài.
Tiến hành điều tra mức độ hiểu biết của học sinh lớp 12a1, 12a2 Trường
THPT Lý Tự Trọng về “Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học
giải tích không gian” trong 2 năm học, số lượng học sinh biết giải hiệu quả bài
toán thể hiện qua bảng sau:
Năm học Lớp
Số

lượng
Không biết

giải
Biết giải
nhưng chưa
hiệu quả
Biết
giải
hiệu quả
bài toán
2010- 2011 12a1+ 12a2 95 83 87,4% 12 12,6% 0 0%
2011 - 2012 12a1+ 12a2 95 79 87,2% 16 12,8% 0 0%
B. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Nhiệm vụ và giải pháp của đề tài
Dạng toán cực trị trong hình học giải tích không gian nói chung rất đa dạng
và phong phú. Mỗi bài toán lại có rất nhiều cách giải khác nhau, việc lựa chọn
phương pháp giải hiệu quả, đi đôi với việc vận dụng linh hoạt các kiến thức đã
học, không những mang lại kết quả cao trong bài giải, mà còn làm cho học sinh
phát triển tư duy sáng tạo. Sáng kiến kinh nghiệm này chỉ mang tính chất gợi mở
cung cấp cho học sinh cách nhìn mới, phát huy sự sáng tạo của học sinh để mang
lại hiệu quả cao trong giải toán cực trị hình học giải tích không gian. Cũng nhằm
mục đích giúp cho các em tự tin hơn, trước khi bước vào các kì thi quan trọng
cuối cấp THPT. Để đạt kết quả cao, học sinh cần luyện tập nhiều, có thêm
nhiều

thời gian để sưu tầm các tài liệu tham khảo liên quan.
2. Các bài toán cực trị liên quan đến tìm một điểm thỏa điều kiện cho
trước
Lời

giải:
TH1: Đường thẳng AB và đường thẳng d đồng phẳng.

Phương pháp làm giống như hình học phẳng.
TH2: Đường thẳng AB và đường thẳng d không đồng phẳng.
- Khi đó có hai khả năng sau:
1. Nếu

d

và

AB

vuông

góc

với

nhau

Bài

toán

1:



Trong KG Oxyz, cho ñường thẳng d và hai ñiểm phân biệt
A,
B

không thuộc d. Tìm ñiểm M trên ñường thẳng d sao cho MA + MB có
giá trị

nhỏ nhất.
Ta làm như sau:
- Viết phương trình mặt phẳng (α) qua A, B và vuông góc với d.
- Tìm giao điểm M của đường thẳng d và mp(α).
- Kết luận M là điểm cần tìm.
2.N ế u

d

và

AB

không

vuông

gó c

v ớ i

nhau

Ta làm như sau:
- Đưa phương trình của đường thẳng 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.
Bình

luận

phương

pháp:

+) Trong trường hợp ñường thẳng AB và ñường thẳng d không
ñồng

phẳng và không vuông góc nhau, nếu ta sử dụng phương pháp phân tích
ñể xác

ñịnh vị trí của ñiểm M cần tìm, rồi tiến hành tìm tọa ñộ ñiểm M là cách
làm khó,

tổng hợp khá nhiều kiến thức, khá phức tạp. Phương pháp tiến hành
giải tìm t ñể

f(t) = MA + MB nhỏ nhất như trên là cách giải ñơn giản mang lại
hiệu quả nhất.
+) Nghệ thuật nhất trong bài toán trên là xử lý tìm t ñể hàm số f(t)
= MA
+

MB nhỏ nhất. Tôi ñã vận dụng phương pháp chuyển từ hình học không
gian về

hình học phẳng, rồi tiến hành giải. Bài giải khá ngắn gọn và ñộc
ñáo mà qua

thí ñiểm, học sinh tiếp cận dễ dàng, rất hiệu quả mà ít sai sót.
Lớp bài toán này

ñược tôi trình bày dưới 2 cách cho dễ so sánh và thấy ñược
sự ưu việt của việc

chuyển về hình học phẳng.
(
d
)
: x-1
y + 2
z-3
Ví

dụ

1

: Trong KG Oxyz, cho ñường thẳng
và hai
=
=

−2
2
1
ñiểm C(-4; 1; 1), D(3; 6; -3). Hãy tìm ñiểm M trên d sao cho MC + MD ñạt giá

trị
nhỏ nhất.
L ờ i

giả i:

x
=
1
+
2t
Đường thẳng d có phương trình tham số :

y
= −
2
−
2t

z = 3 + t
Suy ra đường thẳng d đi
qua điểm N(1; -2; 3), có
vtcp

Với CD = (7;5;−4)

Ta có u. CD = 14 -10 – 4 =
0 ⇒ d ⊥ CD


u = (2; −2;1)
Xét mặt phẳng (P) qua CD và vuông góc với đường thẳng d.
mp(P) qua điểm C(-4; 1; 1) và nhận
u = (2; −2;1) làm vectơ pháp tuyến.
Phương trình mp(P): 2(x +4) – 2(y -1) + 1(z -1) = 0 hay 2x – 2y + z + 9 = 0
Điểm M thuộc đường thẳng 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
2 + 4t + 4 + 4t + 3 + t + 9 = 0 ⇔ 9t + 18 = 0 ⇔ t = −2
Vậy M(-3; 2; 1) thì MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất bằng:
+ 2 17
Ví

dụ

2:



Trong KG Oxyz, cho hai ñiểm A(3; 0; 2), B(2; 1; 0). Hãy tìm ñiểm

M

trên trục Ox sao cho MA + MB ñạt giá trị nhỏ nhất
Ox có vtcp

i
= (1;0;0)
L ờ i

giả i:
qua O(0; 0; 0), đường thẳng AB có vtcp
AB = (−1;1; −2) và
i.AB = −1 ≠ 0 ⇒ Ox và đường thẳng AB không vuông góc.
Ta có [i, AB]OA = (0; 2; 1).(3; 0; 2) = 0 + 6 +2 = 8 nên đường thẳng AB và
đường

thẳng Ox chéo nhau.
Phương trình tham số của đường thẳng Ox:
(t -3)
2
+ 0 + 4
(t -2)
2
+1 + 0
M ∈Ox ⇒ M(t;0;0)

x
=
t

y = 0

z = 0
S = MA + MB =
+ = (t -3)

2
+ 4
+
(t -2)
2
+1
Ta phải tìm t sao cho S đạt giá trị nhỏ nhất
- Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy xét các điểm M(t; 0) ∈ Ox và hai
điểm P(3;-2), Q(2; 1) thì S = MP + MQ
Ta thấy P, Q nằm hai bên so với Ox.
Trong mp Oxy phương trình đường thẳng PQ : 3x + y – 7 = 0
S = MP + MQ nhỏ nhất khi M là giao điểm của Ox và PQ⇒ 3t - 7 = 0
Hay
t =
7
. Vậy M(
7
;0;0) là điểm cần tìm.
3 3
Nhận

xét:

Ta có thể áp dụng phương pháp giải này để giải dạng toán : “ Cho 2
điểm A, B và đường thẳng d, tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d để
MA
− MB
đạt giá trị lớn nhất”.
(t -3)
2

+ 4
Cách khác : Sử dụng phương pháp đạo hàm để tìm tọa độ điểm M.
(t -3)
2
+ 4
• Từ biểu thức S =
+ (t -2)
2
+ 1
Ta xét hàm số


f
(
t
)
=
+
(t -2)
2
+ 1
( t ∈ ℝ )
Có đạo hàm
f
′
(
t
)
= +
t − 3

(
t
−
3
)
2
+
4
t − 2
(
t
−
2
)
2
+
1
t − 3
(
t
−
3
)
2
+
4
t − 2
(
t
−

2
)
2
+
1
f
′
(
t
)
=
0
⇔ + =
0
− ( t

− 3) ( t

− 2)


(*)
(
t
−
3
)
2
+
4

với điều kiện 2 ≤ t ≤ 3 ta có:
(
t
−
2
)
2
+
1
⇔
(*)
⇔
(
t
−
3
)
2
[
(
t
−
2
)
2
+
1]
=
(
t

−
2
)
2
[
(
t
−
3
)
2
+
4]

t = 1∉[2;3]
⇔
(
t
−
3
)
2
=
4
(
t
−
2
)
2

⇔ 
t
−
3
=
2(t
−
2)

Bảng biến
thiên của hàm
số f(t) :
⇔


7

t =
 3
t
−∞
7
3
+∞
f’(t) - 0
f(t)
+∞
38
Từ
bảng

biến
thiên
suy ra
mi
n f
(
t
)
=

7

38 + 10
3
 
 
Vậy MA +
MB đạt giá
trị nhỏ nhất
bằng
M(
7
; 0; 0).
3
,
đ
ạ
t
đ
ư

ợ
c
tại
38
+ 10
3

t − 3 = −2(t
3
f
t
=

7
,
t
ứ
c

l
à
3
Nh
ận


xét
:

Q
ua
2
cá
ch
tiế
n
hà
nh
nh
ư
trê
n
ph
ươ
ng
ph
áp
ch
uy
ển
về
xét
bà
i
to
án
tro
ng
hì

nh
họ
c
ph
ẳn
g khá dễ, ngắn gọn, hiệu quả, người
giải không cần dùng các

kiến thức
phức tạp, cũng không cần các kỉ năng
cao.
Cách giải thứ 2 dùng công cụ
đạo hàm, đòi hỏi người giải phải có kỉ
năng

cao hơn, cách giải dài dòng và
phức tạp hơn nhiều, không có sự sáng
tạo, tính

hiệu quả không cao.
(
d
)
: x
y
z
Ví

dụ

3:



Trong không gian Oxyz, cho
ñường thẳng
= = và hai ñiểm
1 1 1
A
(
0;0;3
)
,
B
(
0;3;3
)
.Tìm tọa ñộ ñiểm
M
∈
(
d
)
sao cho:
1)
2)
nhỏ nhất.
MA + MB
MA − MB lớn nhất.
L ờ i

giả i:

x
=
t
1)
Cách 1:

Chuyển
phương trình của
(
d
)
về dạng tham số
(
d
)
:

y = t

z = t
Gọi
tọa
độ
của
M
∈
(

d
)
có
dạn
g
M
(
t;t;t
)
,
t
∈
ℝ
.
T
a

c
ó
3t
2
− 6t
+ 9
P

=
P
=
M
A

+ MB
=
3t
2
−12t
+ 18
+
=
3
(
+
(
0
−
t
)
2
+
(
0
−
t
)
2
+
(
3
−
t
)

2
(
0
−
t
)
2
+

(
3
−

t
)
2
+
(
3
−
t
)
2
t
2
− 2t
+ 3
+
t
2

− 4t + 6
)


P = 3

(
t
−
1
)
2
+
2
+
(
t
−
2
)
2
+
2

 
 
Trong mặt phẳng
Oxy xét các điểm
N
(

t;0
)
∈

Ox
;
H
(1;
−
2 ) K (2; 2 )
Rõ ràng H và K là 2 điểm nằm hai bên trục Ox.
• Ta có P
=
3
(
NH
+
NK
)
≥
3HK
.
Dấu
“=” xảy
ra
⇔ H ,
N , K
thẳng
hàng
⇔ N = HK ∩ Ox .

Đường thẳng HK có
vectơ chỉ phương
.
HK
= (1;2
2)
nên có vectơ
pháp tuyến
n =
(
2
2; −1
)
và đi qua H nên có phương trình tổng quát
2 2
(
x
−
1
)
−
1
(

y
+
2
)
= 0 ⇔ 2 2x − y − 3 2 = 0 .
Tọa độ giao điểm N của đường thẳng HK và

trục Ox là nghiệm của hệ


2 2x
−
y
−
3 2
=
0



x
=

3
2
.
Vậy

3
;0

.



y

=

0



y
=

0

2

SKKN: Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học giải
Trang
N


⇔
V
ậ
m
i
n

P

=
3.HK = 3 3 .
Đ

ạ
t

đ
ư
ợ
c

k
h
i
N
(
t;0
)
≡
N

3 ;0
 ⇔
t
=
3
.

2

2
S
u

y

r
a

M
A

+

M
B


nhỏ
nhấ
t
bằn
g 3
3
khi
M

3
;
3
;
3



2 2
2

Cách 2 : Sử
dụng đạo hàm
để tìm tọa độ
điểm M.
• Làm
như
cách
1, đến
đoạn
P =
3


(
t
−
1
)
2
+

2
+
(
t
−
2

)
2
+
2

.


(
t
−
1
)
2
+
2
(
t
−
2
)
2
+
2


X
ét
h
à

m

s
ố
f

(
t

)

=
+
l
i
m
t
→
±
∞
f
(t)
=
+
∞
Ta
f
′
(
t

)
=
+
t −1
(
t
−
1
)
2
+
2
t − 2
(
t
−
2
)
2
+
2
f
′
(
t
)
=
0
⇔

t

− 1
= −

t

− 2
⇔

t − 1
=


−


(
t





−



2

)
(*)
• Xét hàm
số
(
t
−
1
)
2
+
2
g
(
u
)
=
u
(
t
−
2
)
2
+
2
,
(

t
−
1
)
2
+
2
−
(
t
−
2
)

2
+
2
Ta
có

g
′
(
u
)
=
u
2
+ 2
u

2
+ 2
− u.
u
2
(
u
2
+ 2
)
3

1
. =
> 0
nên hàm
số g(u)
 

u
2
+ 2

u
2
+ 2
 
đồng biến trên ℝ .
• Do đó từ (*)
ta có

g
(
t
−
1
)
=
g

−
(
t
−
2
)


⇔
t
−
1
= −
t
+
2
⇔
t
=
3
SKKN: Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học giải

Trang


2
Bảng biến thiên của hàm số f (t):
3
2
0
t
−∞
+∞
f
′
(
t
)
−
+
+∞
+∞
f
(
t
)
3
Từ bảng biến thiên suy ra
min f
(
t
)

=
f

3

= 3.
 
Vậy
min
(
MA
+
MB
)
=
3
3
đạt được tại t =
3
, tức
là
2
M

3
;
3
;
3


.

2 2 2

Cách

3 :
Bước 1 : Tìm tọa độ H và H’ lần lượt là hình chiếu của A, B lên d

Bước 2 : Tính AH và BH’
Bước 3 : Tìm M thỏa mãn



.

AH
MH = −
BH '



.

MH ' =>ycbt
( Trong đó B’ là điểm sao cho B’H’ = BH’, A, B’
khác phía với d và A, B’, d đồng phẳng)
Nhận

xét:

Với cách giải này bài toán trở nên phức
tạp, học sinh tiếp nhận không tự nhiên mang tính áp
đặt, lời giải khó hiểu.
2). Tương tự câu 1), ta tính được
MA − MB
=
3
(
t
2
− 2t + 3 −
2


t
2
− 4t + 6
)
MA − MB
=
3

(
t
−
1
)
2
+

2
−
(
t
−
2
)
2
+
2

 
 
Trong mặt phẳng Oxy xét các điểm
N
(
t;0
)
∈
Ox
;
H
(
1; 2
)
; K
(
2; 2
)
.

Khi đó
MA − MB
=
3 NH − NK
Nhận thấy H, K nằm cùng phía so với trục Ox.
Suy ra
MA − MB
=
3 NH − NK ≤
3HK .
Bài toán này vô nghiệm vì
KH || Ox .
Nhận xét: Rõ ràng với phương pháp qui về hình học phẳng như trên giúp người
giải, giải quyết bài toán rất hiệu quả, cho kết quả ngắn gọn.
d :
x − 1
=
y − 2
=
z − 1
Ví

dụ

4 : Trong KG Oxyz, cho ñường thẳng
và hai ñiểm
2
2
1
A(-1; 1; 1), B(1; 4; 0). Hãy tìm ñiểm M trên d sao cho MA + MB nhỏ nhất.

L ờ i

g iả i:

x
=
1
+
2t
Đường thẳng d có phương trình tham
số

y = 2 + 2t

z = 1 + t
qua điểm N(1; 2; 1), có vtcp
u = (2; 2;1)
và
AB = (2;3; −1)
Ta có u. CD = 4 + 6 – 1 = 9 ≠ 0 ⇒ d không vuông góc với AB và
[u, AB]NA = (-5; 4; 2)(-2; -1; 0) = 10 – 4 = 6 ⇒ d và AB chéo nhau
- Chu vi tam giác MAB là 2p = 2(MA + MB + AB), do AB không đổi nên 2p đạt
giá trị nhỏ nhất khi MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất.
(2t)
2
+ (2t
− 2)
2
+ (t
+1)

2
Xét
điểm

nhất.
M ∈d ⇒ M(1 + 2t;2+2t;1 + t) , ta phải tìm t để MA + MB đạt giá trị
nhỏ
Xét
f
(
t
)
=
MA + MB = (2t
+
2)
2
+
(2t
+
1)
2
+
t
2
+
f
(
t
)

= 9t
2
+
12t
+
5
+
=
(3t
+
2)
2
+
1
+
9t
2
− 6t + 5
(3t −1)
2
+ 4
(x − 1)
2
+ 4
Đặt x = 3t, khi đó ta được biểu thức: g(x) = (x + 2)
2
+ 1 + .
Từ bài toán tìm t để f(t) nhỏ nhất, chuyển về bài toán tìm x sao cho g(x) nhỏ
nhất.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy xét N(x;0) ∈Ox, và 2 điểm P(-2;-1),

Q(1;2) thì g(x) = NP + NQ
.
Ta thấy P; Q nằm về hai bên của Ox và đường thẳng PQ: x - y + 1 = 0.
g(x) = NP + NQ nhỏ nhất khi N là giao điểm của Ox và đường thẳng PQ. khi đó
2 4 1


x = -1 suy ra t = -1/3 vậy
M( ; ; )
3 3 3
Cách

khác : Có thể sử dụng công cụ đạo hàm để giải tìm t, rồi suy ra tọa độ
điểm M
Nhận

xét:

Một lần nữa chúng ta nhận thấy sự ưu việt trong khâu xử lí bài toán
về

hình học phẳng.
Trong dạng toán này, nếu ta dùng phương pháp khảo sát hàm số để tìm t
là việc làm phức tạp, người giải phải có nhiều kỉ năng. Giải bằng phương
pháp đạo hàm cái khó nhất là phải giải phương trình f’(t) = 0, rất khó khăn
ngay cả những học sinh có học lực khá.
Bài

tập

tương

tự:

Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng

x
=
2
+
2t

y = −1+ t
,

z = 1
(t ∈ R) , A(1;1;3),
B(1;2;2) tìm tọa
độ điểm M thuộc
đường thẳng
∆ sao cho:
a) MA +MB bé nhất.
MA − MB
b)
lớn nhất.
Bài

toán

2 : Trong

KG Oxyz, cho n
ñiểm 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
ñường thẳng d
(hoặc mặt phẳng
(α)). Tìm ñiểm M
thuộc
ñường thẳng d (
hoặc thuộc mp(α))

sao cho:





.
k
1
MA
1
+



.




.

a)
k
2
MA
2
+ + k
n
MA

n
có giá trị nhỏ
nhất.
b) T = k MA
2
+ k
MA
2
+ + k MA
2
ñạt giá trị nhỏ
nhất hoặc giá trị
lớn nhất.
1 1 2
2
n
n
Phân

tích

tìm

l ờ i
gi ả i:



1) Nếu bài toán thuộc loại: Tìm M thuộc đường
thẳng.

At
2
+ Bt + C
Cách

1 : Ta chuyển đường thẳng về dạng tham
số t rồi chuyển bài toán về
dạ
ng
:
f

(
t
)

=
(
h
o
ặ
c
f (t) = At
2
+ Bt + C ) rồi ta nhóm
lại dạng:
f
(t
)
=

( hoặc f (t) = A(t − m)
2
+ n ) từ
đó ta suy ra GTLN hoặc
A(t − m)
2
+ n
GTNN rồi tìm được t suy ra tọa độ điểm M.
Cách

2:

+)
Dựng điểm I thỏa:
k
1
IA
1
+ k
2
IA
2
+ + k
n
IA
n
=
0
+) Đi tìm tọa độ điểm M thỏa
yêu cầu bài toán. Cách làm này

không tự
nhiên, có vẻ áp đặt làm khó hiểu. Trong sáng
kiến kinh nghiệm này

tôi phân tích 2 cách và
sự ưu việt của từng cách để học sinh chọn
phương

pháp giải tối ưu.
2) Nếu bài toán thuộc loại: Tìm M thuộc mặt phẳng.
Để tìm được điểm M, từ biểu thức người
ta cho ta tìm điểm I cố định, rồi

ta vận dụng
điểm I cố định đó để tìm M. Trong bài toán
này điểm I phải thỏa:
k
1
IA
1
+ k
2
IA
2
+ + k
n
IA
n
=

0
.
*) Lưu

ý

với

câu

b ) T = k MA
2
+ k MA
2
+ + k
MA
2
=
1 1 2 2 n
n
=
2
2 2
2
(k
1
+ + k
n
)MI
+

k
1
IA
1
+
k
2
IA
2
+

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

+ k IA
2
+ + k IA
2
1 1 2 2 n n
nhất.

nhất.
-N
ế
u

k
1
+

k
2
+

…
.
+

k
n

=

k

>

0
,

b
i
ể
u thức
T đạt
giá trị
nhỏ
nhất
MI
nhỏ
- Nếu
k
1
+ k
2
+
….+ k
n
= k <
0, biểu
thức T
đạt giá
trị lớn
nhất

khi MI
nhỏ
*) Từ
nhận xét
trên,
giáo
viên có
thể chủ
động
điều
chỉnh k
để được
bài
tập tìm
M sao
cho
biểu
thức T
đạt giá
trị nhỏ
nhất,
lớn
nhất
mà
mình mong

muốn.
(
d
)

:
x- 4
y+1 z
Ví

dụ

1 : Trong KG Oxyz, cho ñường thẳng
=
và hai ñiểm
1
=
1
1
A
(
0;1;5
)
,
B
(
0;3;3
)
. Tìm ñiểm tọa ñộ ñiểm M trên d sao cho:



.

.

1) MA + MB có giá trị nhỏ nhất.



.








.
2) MA - 4MB có giá trị nhỏ nhất.
Lời

giải:
1) Cách

1:



Phương trình tham số của đường thẳng d:
Với M thuộc d thì tọa độ M có dạng M (4 +t; -1+t; t).

x
=
4

+
t

y = −1+ t
;

z = t
(t ∈ R)
12t
2
− 24t +164
12(t −1)
2
+152
152
MA + MB = = ≥



.

.
Vậy MA + MB nhỏ nhất khi và chỉ khi t = 1 hay M(5;0;1)
Cách

2:

Gọi điểm I thỏa IA + IB = 0 thì I là trung điểm đoạn thẳng AB và
I(0; 2; 4)

.

.







.





.







.

.

.

Khi đó







.

MA + MB
= MI + IA + MI
+ IB
= 2 MI có giá trị nhỏ nhất
<=> MI nhỏ nhất <=> M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d.

x = 4 + t

Đường thẳng d có vtcp u = (1; 1; 1) , phương trình tham số
d:

y = -1 + t


z = t
Tọa độ M(t + 4; -1 + t; t), IM = ( t+4; t-3 ; t - 4) khi M là hình chiếu vuông góc
của I lên đường thẳng d thì
Vậy M( 5; 0; 1).
IM.u = 0 hay 3t – 3 = 0 <=> t = 1
Nhận

xét :

Rõ ràng với cách giải số 1, lời giải bài toán rất tự nhiên. Tính hiệu
quả cao hơn cách giải 2.



Với cách giải 1 giáo viên chỉ cần chỉ cho học sinh kỉ thuật nhóm dạng bình
phương của biểu thức bậc 2.
Phân

tích

ý

2

: Nếu áp dụng cách 2 vào giải ý 2 của bài toán, khi đó điểm J tìm
được có tọa độ lẻ, việc tìm tọa độ hình chiếu của điểm J cũng khó khăn. Nếu
dùng cách 2 để giải ý 2 lời giải cụ thể như sau:
2) Gọi điểm J(x; y; z) thỏa JA - 4JB = 0
Ta có: (0 –x; 1 –y; 5 – z) – 4(0 – x; 3- y; 3- z) = (0; 0; 0)

=>x = 0; y =
11
, z =
7
, vậy J(0;
11
;
7
)
3 3 3 3