SKKN Một số bài toán cực trị trong hình giải tích

UBND TỈNH HẢI DƯƠNG
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH GIẢI TÍCH
MÔN : TOÁN
KHỐI LỚP : 10 và 12

NHẬN XÉT CHUNG
…………………………………………………………………………………………........
.........................................................................................................................
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………
ĐIỂM THỐNG NHẤT
Bằng số :..........................................................
Bằng chữ :........................................................
Giám khảo số 1:....................................................................................
Giám khảo số 2:....................................................................................

Năm học 2010 - 2011

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT NAM SÁCH II

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH GIẢI TÍCH
MÔN : TOÁN
TÊN TÁC GIẢ : BÙI THỊ MẬN

Xác nhận của nhà trường,ký, đóng dấu

2


PHẦN I.

ĐẶT VẤN ĐỀ

1. Lý do chọn đề tài:
Chúng ta đã biết Toán học nói chung là một ngành khoa học gắn liền với những suy
luận logic chặt chẽ, đòi hỏi tính chính xác và ngắn gọn. Có nhiều ý kiến cho rằng toán
học rất khô khan và nhàm chán bởi những rắc rối của kí hiệu và sự trừu tượng của ngôn
từ và hình ảnh. Nhìn nhận vấn đề gần hơn trong trường THPT đa số các em thấy khó
khăn, rắc rối, khó nhớ và lo sợ khi học môn toán đặc biệt là môn hình học.
Trong những năm gần đây, trong đề thi tuyển sinh vào Đại học và Cao đẳng, các
bài toán về cực trị trong hình học xuất hiện ngày càng nhiều và học sinh thường tỏ ra
lúng túng khi giải dạng toán này. Đối với bài toán cực trị, thường có nhiều con đương
đi đến đích trong đó có những cách giải ngắn gọn, hợp lí, đôi khi có cả phương án độc
đáo và sáng tạo. Với mong muốn góp phần rèn luyện tư duy sáng tạo của học sinh, khơi

dậy được hứng thú học tập yêu thích môn toán qua các bài toán về cực trị, tôi đã tìm tòi
qua sách báo, đồng nghiệp để tìm ra phương pháp, bài tập phù hợp với học sinh. Với
mục đích là xây dựng một chuyên đề để bồi dưỡng cho học sinh của trường, và quan
trọng hơn là nhằm mục đích bồi dưỡng chuyên môn cho chính bản thân mình, tôi xin
mạnh dạn đưa ra đề tài “MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH GIẢI
TÍCH”.
2. Mục đích nghiên cứu:
- Đưa ra phương pháp cơ bản giải một số bài toán về cực trị trong hình giải tích.
- Rèn luyện kỹ năng giải toán cực trị trong hình giải tích.
- Giúp học sinh có cái nhìn mới về dạng toán này.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu:
- Tuyển chọn và sắp xếp bài toán cơ bản, hay theo trình tự hợp lý để học sinh tiếp nhận
chúng một cách không khó khăn, tạo được hứng thú cho học sinh khi gặp dạng toán
này.
- Đưa ra một số nhận xét về cách tiếp cận lời giải trong bài toán cơ bản, điển hình.
3


4. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu:
- Đối tượng nghiên cứu:
+ Các bài toán về cực trị trong hình học phẳng và trong không gian.
+ Đối tượng nghiên cứu trong đề tài là học sinh khối THPT qua các năm giảng dạy.
- Phạm vi nghiên cứu:
Hệ thống các bài toán cực trị trong hình giải tích chủ yếu nằm ở chương trình THPT
và thuộc vào phần nâng cao, khai thác sâu kiến thức đối với học sinh từ khá trở lên.
Hiện nay, dạng bài toán này vẫn thường được sử dụng trong các đề thi vào các trường
Đại học, Cao đẳng .
Có thể nói đây là dạng bài “không dễ” song cũng “không quá khó” và thường xuất
hiện trong cả khi học và khi thi. Vì thế đề tài này có đối tượng phục vụ trước tiên là
đông đảo học sinh cấp THPT có mong muốn củng cố, khắc sâu kiến thức và thi vào các

trường Đại học,Cao đẳng.
5. Kết cấu đề tài :
Phần I : ĐẶT VẤN ĐỀ .
1. Lý do chọn đề tài.
2. Mục đích nghiên cứu.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu.
4. Đối tượng , phạm vi nghiên cứu.
5. Kết cấu của đề tài.
Phần II : GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ.
1. Cơ sở lý thuyết.
2. Biện pháp thực hiện.
Phần III : KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ.
1. Quá trình thực hiện.
2. Một số kết luận và kiến nghị.

4


PHẦN II.

GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

1. Cơ sở lý thuyết
1.1 Phương trình mặt phẳng :
r

• Mặt phẳng (P) đi qua điểm M0(x0;y0;z0) và nhận n = ( A; B; C ) làm vectơ pháp tuyến có

phương trình dạng: A(x-x0) + B(y-y0) + C(z-z0) = 0  Ax + By + Cz + D = 0 (với
D = - (Ax0 +By0 +Cz0) )

r

r

• Nếu (P) có cặp vectơ a = (a1 ; a2 ; a3 ), b = (b1; b2 ; b3 ) không cùng phương và có giá song

song hoặc nằm trên (P) thì vectơ pháp tuyến của (P) được xác định:
r r
 a 2 a 3 a 3a1 a1a 2 


a
,
b
=
=
n

  b b ; b b ; b b ÷= ( a2b3 − a3b2 ; a3b1 − a1b3 ; a1b2 − a2b1 ) .
3 1
1 2 
 2 3

1.2 Phương trình đường thẳng :
- Phương trình tham số của đường thẳng ∆ đi qua điểm M0(x0;y0;z0) và có vec tơ chỉ
r

phương a = (a1 ; a2 ; a3 ) :
 x = x0 + a1t


 y = y0 + a2t (t ∈ R)
z = z + a t
0
3


- Nếu a1, a2 , a3 đều khác không. Phương trình đường thẳng ∆ viết dưới dạng chính tắc
như sau:

x − x0 y − y0 z − z0
=
=
a1
a2
a3

1.3 Chia một đoạn thẳng theo một tỉ số cho trước:
* Trong mặt phẳng, cho điểm A( xA ; y A ) , B( xB ; yB ). Khi đó :

AB = ( xB − x A ) 2 + ( yB − y A ) 2
uuur

uuur

Điểm M(x,y) chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k : MA = k .MB được xác định bởi công
thức sau:

x=

xA − kxB

1− k

y=

y A − kyB
1− k
5


* Trong không gian, cho điểm A( xA ; y A ; z A ), B( xB ; yB ; zB ). Khi đó :
AB = ( xB − x A ) 2 + ( yB − y A )2 + ( z B − z A ) 2
uuur

uuur

Điểm M(x,y,z) chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k : MA = k .MB đựơc xác định bởi công
thức sau:

x=

x A − kxB
1− k

y=

y A − kyB
1− k

z=

z A − kz B
1− k

2.Biện pháp thực hiện
Ta xét một số bài toán sau:

2.1 Bài toán 1:
x = t
 y = 2t + 1

Cho hai điểm A(1;2), B(0;-1) và đường thẳng (d) : 
Tìm M ∈ (d) sao cho:
a) (MA+MB) nhỏ nhất.
b) | MA-MB| lớn nhất.
Trong hình học phẳng ta biết:
+/ Nếu A,B nằm về hai phía đối với (d) thì:
(MA+MB)min  M= (AB) I (d).

+/ Nếu A,B nằm về một phía đối với (d) và B’ là điểm đối xứng của B qua (d) thì:
(MA+MB)min  M= (AB’) I (d).
+/ Nếu A,B nằm về một phía đối với (d) mà (AB) cắt (d) thì:
MA-MB max  M= (AB) I (d).

+/ Nếu A,B nằm về hai phía đối với (d) và B” là điểm đối xứng của B qua (d) mà
(AB”) cắt (d) thì:

MA-MB max  M= (AB”) I (d).

6

Dựa vào kết quả dã biết trong hình học phẳng ta có thể giải được bài toán 1. Tuy
nhiên việc tính toán khá phức tạp. Cụ thể là:
+ Nếu phương trình của (d )được cho dưới dạng tham số thì ta buộc phải chuyển về
dạng tổng quát để có thể kiểm tra được A và B nằm một phía hay hai phía đối với (d).
+ Nếu phải tìm tọa độ điểm B’ (trong câu a) hoặc B”(trong câu b) thì việc tính toán
còn khó khăn hơn nữa.
Để khắc phục tình trạng trên, xin đưa ra một lời giải khác như sau:
a) Vì M ∈ (d) nên M( t ; 2t + 1). Khi đó ta có :
MA + MB = (t − 1) 2 + (2t − 1) 2 + t 2 + (2t + 2) 2 = 5t 2 − 6t + 2 + 5t 2 + 8t + 4

3
1
4
4 
= 5  (t − )2 +
+ (t + ) 2 + ÷
5
25
5
25 ÷


3 1
−4 2
Xét A '( : − ) , B '( : ) , M '(t : 0)
5 5
5 5

Khi đó MA+MB= 5 (M’A’+M’B’).

A

y
B'

x
O
A'

B

Vì M’ chạy trên trục hoành và A’,B’ nằm về hai phía đối với trục Ox nên
(MA+MB)min (M’A’+M’B’)min  M’= (A’B’) ∩ Ox.
−1
M ' A ' 5 −1
−1
2
2 19
 −4 3 
=
= ⇒ M ' chia đoạn  ;  theo tỉ số
( ;0) => M ( ; ) .

nên
M’
2
2
15
15 15

M 'B' 2
 5 5
5

7


b/ Tương tự như câu a) ta có:
MA − MB = 5

3
1
4
4
(t − ) 2 +
− (t + ) 2 +
5
25
5
25
−4 2





Xét A”  ; ÷; B "  ; ÷; M "(t;0)
5 5
 5 5
3 1

Khi đó MA-MB = 5 (M”A”-M”B”).

A

y

B''
A''
M''

1

x

O

B

Vì M” chạy trên trục Ox và A”;B” nằm về một phía đối với trục Ox nên :
MA-MB max  M”A” − M”B” max

M” = (A”B”) I Ox
1
M ' A' 5 1
= = ⇒ M " ( 2;0 ) ⇒ M ( 2;5 )

M 'B' 2 2
5

Ý tưởng của lời giải trên vẫn dựa vào kết quả đã biết trong hình học phẳng. Tuy
nhiên khi thay đường thẳng (d) bằng trục Ox khi xét vị trí tương đối của các điểm đã
làm cho độ phức tạp trong tính toán giảm đi rất nhiều.

2.2 Bài toán 2:
8


4 −2 −1 
; ÷ và đường thẳng (d) có phương
3 3 3 


Trong không gian cho điểm A(1;0;1), B  ;

trình tham số:

x=t
(d):

y=t

, t∈ R

z = 1-t
Tìm M ∈ (d) sao cho:

a) (MA+MB) nhỏ nhất.
b) MA-MB lớn nhất.

Cách giải trong hình học không gian:
+ Để giải câu(a) ta tìm điểm biểu diễn B’ là ảnh của B qua phép quay quanh trục (d)
với góc quay thích hợp sao cho A;B’;(d) đồng phẳng và A, B’ nằm về hai phía với (d)
khi đó: (MA+MB)min  M= (AB’) I (d).
+ Để giải câu(b) ta tìm điểm B” là ảnh của B qua phép quay quanh trục (d) với góc
quay thích hợp sao cho A;B”;d đồng phẳng và A;B” nằm về một phía đối với (d). Khi
đó nếu (AB”) cắt (d) thì : MA-MB max  M= (AB”) I (d).
Dựa vào kết quả đã biết trong hình học không gian, ta cũng có thể giải được bài
toán2.
Tuy nhiên việc tìm tọa độ điểm B’(trong câu a))hoặc B”(trong câu b)) buộc ta phải thực
hiện nhưng phép tính phức tạp.
Để khắc phục tình trạng này, ta lại tiếp tục ý tưởng đã có trong lời giải của bài tập 1.
a) Vì M∈ (d) Nên M có tọa độ (t;t;1-t) khi đó:
4
2
4
MA + MB = (t − 1) 2 + t 2 + ( −t ) 2 + (t − ) 2 + (t + ) 2 + ( − t ) 2 = 3t 2 − 2t + 12 + 3t 2 − 4t + 4
3
3
3

1
2
2
8
= 3  (t − ) 2 + + (t − ) 2 +

3
9
3

9

1 2
Xét : A '( ;
),
3 3

2 −2 2
B '( ;
), M '(t ;0)
3
3

Khi đó MA + MB = 3 (M’A’+M’B’).
9


÷
÷



A

y

A'

M'

x

O

B'
B

Vì M’ chạy trên trục Ox và A’; B’ nằm về hai phía đối với trục Ox nên:
(MA+MB)min  (M’A’+M’B’)min  M’= (A’B’) ∩ Ox
2
A'M '
1
4
4 4 5
⇔
= 3 = − ⇔ M '( ;0) ⇔ M ( ; ; )
2
9
9 9 9
M ' B ' −2 2
3

b) Tương tự câu (a) có :

Đặt

1 2
A "( ;
)
3 3


1
2
2
8
MA − MB = 3  (t − )2 + − (t − ) 2 +

3
9
3
9


2 2 2
B "( ;
)
3 3

M "(t; 0)

Khi đó : MA − MB = 3 M '' A ''− M '' B '' .

A

y

B''

A''

x

O

B

10


÷
÷



Vì M” chạy trên Ox và A”;B” nằm về một phía với trục Ox nên:
MA-MB max  M”A” − M”B” max  M”= (A”B” ) ∩ 0x



2
M " A"
1
= 3 = 
M "B" 2 2 2
3

M "(0; 0) ⇔ M (0;0;1)

Trong lời giải trên ta không những thay đường thẳng (d) bằng trục Ox khi biết vị trí

tương đối của các điểm mà còn chuyển hệ thống không đồng phẳng gồm hai điểm A;B
và đường thẳng (d) thành hệ thống đồng phẳng gồm hai điểm A’ và B’ và trục Ox
(trong câu a)) hoặc hệ thống đồng phẳng gồm hai điểm A” và B” và trục Ox (trong câu
b)) đó là những nguyên nhân cơ bản giúp ta có một lời giải đơn giản.
2.3 Bài toán 3 :
Trong không gian cho hai điểm A,B và đường thẳng (d). Tìm điểm M trên (d)
sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất.
Phương pháp giải :
- Với M thuộc (d) kẻ MH vuông góc với AB .Cạnh AB không đổi .Khi đó diện tích
tam giác ABM có giá trị nhỏ nhất khi độ dài đoạn MH nhỏ nhất.
- Trong trường hợp nếu (AB) vuông góc với (d) => M là giao của (d) và mặt phẳng
chứa (AB) và vuông góc với (d).
- Nếu (AB) và (d) chéo nhau => MH là đoạn vuông góc chung của (AB) và (d) . Bài
toán quy về tìm điểm M là chân đường vuông góc chung của (AB) và (d).
Vậy bài toán phải thực hiện theo các bước sau:
- Điểm M chính là chân đường vuông góc chung của đường thẳng (d) và (AB), trong
đó M là điểm thuộc (d).
- Tìm véc tơ chỉ phương của ( ∆ ) là đường vuông góc chung của (AB) và (d).
- Lập phương trình mp(P) đi qua (AB) và chứa đường vuông góc chung đó.
- Tìm giao điểm M của (P) và (d).

11


Ví dụ 1 : Trong không gian cho hai điểm A(1;-1;0), B(1;0;1) và đường thẳng (d) có
phương trình :

x = -1+t
(d)

y = 1+t
z = -2

Tìm điểm M trên (d) sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất.
Lời giải
Ta có :

. Giả sử N(-1;1;-2) (d). kẻ
A
d

M ∈ (d )

∈

MH ⊥ AB

M

H

B

1
AB.MH
2
uuu
r
r
r

r uuu
ud = (1;1;0) ; AB = ( 0;1;1) ⇒ ud . AB = 1 ≠ 0

SVABC =

uuu
r uu
r uuur
uuur uu
r uuur
 AB, ud  . AN = −6 ≠ 0 ⇒ AB, ud , AN không đồng phẳng



=> (AB) và (d) chéo nhau .
Gọi ( ∆ ) là đưòng vuông góc chung của (AB) và (d)
uuur r
r
r
⇒ u∆ =  AB, ud  = ( −1;1; −1) ⇒ u∆ = ( 1; −1;1)
r r
r  uuu

⇒
n
=
AB
∆
Gọi (P) là mặt phẳng chứa (AB) và ( )
P

 , u∆  = ( 2;1; −1) .

Do A ∈ ( P) nên mp(P) có phương trình (P) : 2x+y-z=1.
Lại có M = ( P) ∩ (d ) => M ∈ (d ) ⇒ M (−1 + t ;1 + t ; −2) .
Do M ∈ (P) nên thay toạ độ của M vào phương trình của (P) ta có t = 0 => M(-1;1;-2).
Vậy M (-1;1;-2) thảo mãn yêu cầu của bài toán .
12


2.4 Bài toán 4:
Trong không gian, cho mặt phẳng (P) và hai điểm A,B có toạ độ cho trước. Tìm
điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho : MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Phương pháp giải :
Để tìm điểm M thoả mãn tính chất trên ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1 : Xét vị trí tương đối của A,B đối với mặt phẳng (P) bằng cách tính :
tA=axA + byA+czA+d

;

tB=axB + byB+czB +d

* Nếu tA.tB >0  A,B cùng phía đối với (P). Thực hiện bước 2.
* Nếu tA.tB < 0  A,B không cùng phía đối với (P). Thực hiện bước 3.
Bước 2 : Tìm toạ độ điểm A1 đối xứng với A qua (P) .
- Viết phương trình tham số của đường thẳng (A1B).
- Tìm toạ độ giao điểm N của (A1B) và (P).Thực hiện bước 4.
Bước 3: Viết phương trình tham số của đường thẳng (AB).
Tìm toạ độ giao điểm N của (AB) và (P).Thực hiện bước 5.
Bước 4: Ta đi chứng minh MA+MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M ≡ N :
Thật vậy: Lấy điểm M bất kỳ thuộc (P) ta có :

MA + MB = MA1 + MB ≥ A1B = NA1 + NB

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M ≡ N.
Bước 5: Ta đi chứng minh MA+MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M ≡ N.
Thật vậy : Lấy điểm M bất kỳ thuộc (P) ta có :
MA + MB ≥ AB = NA + NB

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M ≡ N.

* Chú ý:
Phương pháp trên cũng được sử dụng để tìm M ∈ ( P) sao cho: |MA-MB| lớn nhất.
Ví dụ 2:

13


Cho hai điểm A(-7;4;4),B(-6;2;2) và mặt phẳng (P):3x-y-2z+19=0. Tìm M ∈ (P) sao
cho:
a) MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất.
b) | MA-MB| đạt giá trị lớn nhất.
Lời Giải
a) MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất.
- Xác định vị trí tương đối của hai điểm của A,B đối với mặt phẳng (P), ta có :
tA.tB = (3.(-7)-4-2.4+19).(3.(-6)-2-2.3+19) =98 > 0=> A,B cùng phía đối với (P).
Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua (P) .
r

Mặt phẳng (P) có : n ( 3; −1; −2 ) . Đường thẳng (AA1) được xác định bởi :
Qua A(-7;4;4)

x = -7+3t
 (AA1) :

(AA1) :
r

Vtcp n ( 3; −1; −2 )

y = 4-t

(t ∈ R )

z = 4-2t

* Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên (P). Ta có H = ( AA1 ) ∩ ( P ) . Thay x,y,z từ
phương trình tham số của (AA1) vào (P), ta được :t = 1  H(-4;3;2).
Vì H là trung điểm của AA1 nên ta có : A1(-1;2;0).
* Phương trình tham số của đường thẳng (A1B):
Qua A1(-1;2;0)

x = -1-5t
 (A1B) :

(A1B) :
uuur

Vtcp A1B ( −5;0;3)

y=2

(t ∈ R )

z = 3t

* Gọi N là giao điểm của (A1B) và (P). Để tìm toạ độ của N ta thay x,y,z từ phương
trình tham số của (A1B) vào pt của (P) ta được : t =

2
 13

⇒ N  − ; 2; 2 ÷ .
3
 3


Ta đi chứng minh MA+MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M ≡ N.
Thật vậy : Lấy điểm M bất kỳ thuộc (P) ta có :
MA + MB = MA1 + MB ≥ A1B = NA1 + NB
14


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M ≡ N.


Vậy điểm M  − ; 2; 2 ÷ thoả mãn điều kiện bài ra.
 3

13

b) | MA-MB| đạt giá trị lớn nhất .

Ta có: A,B cùng phía đối với (P).
* Phương trình tham số của đường thẳng (AB):
Qua B(-6;2;3)

x = -6+t
 (AB) :

(AB) :
uuur

Vtcp AB ( 1; −2; −1)

y = 2-2t

(t ∈ R )

z = 3- t

* Gọi N là giao điểm của (AB) và (P). Để tìm toạ độ của N ta thay x,y,z từ phương
trình tham số của (AB) vào pt của (P) ta được : t = 1 ⇒ N ( −5; 0; 2 ) .
* Ta đi chứng minh |MA-MB| lớn nhất khi và chỉ khi M ≡ N.
Thật vậy : Lấy điểm M bất kỳ thuộc (P) ta có : | MA − MB |≤ AB =| NA − NB |
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M ≡ N.
Vậy điểm M ( −5;0; 2 ) thoả mãn điều kiện bài ra.
Ví dụ 3:
Cho hai điểm A(1;1;2), B(2;1;-3) và mặt phẳng (P) có phương trình :2x+y-3z-5=0.
Tìm M trên mặt phẳng (P) sao cho :
a) MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất.
b) |MA-MB| đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải:

a) MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất
- Xác định vị trí tương đối của hai điểm của A,B đối với mặt phẳng (P), ta có :
tA.tB = (2.1+1-3.2-5).(2.2+1-3.(-3)-5) =-72 < 0 => A,B không cùng phía đối với (P) .
Đường thẳng (AB) được xác định bởi :
15


Qua A(1;1;2)

x=t
 (AA1) :

(AB) :

y=1

uuur

Vtcp AB ( 1;0; −5 )

(t ∈ R )

z = 2-5t

Gọi N là giao điểm của (AB) và (P). Để tìm toạ độ của N ta thay x,y,z từ phương trình
tham số của (AB) vào pt của (P) ta được : t =

8
 25 −6 
⇒ N  ;1; ÷.

17
 17 17 

* Ta đi chứng minh MA+MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M ≡ N.
Thật vậy : Lấy điểm M bất kỳ thuộc (P) ta có :

MA + MB ≥ AB = NA + NB

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M ≡ N.
 25 −6 
;1; ÷ thoả mãn điều kiện bài ra.
 17 17 

Vậy điểm M 

b) |MA-MB| đạt giá trị lớn nhất
Ta có : A,B khác phía đối với (P). Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua (P) .
r

Mặt phẳng (P) có : n ( 2;1; −3) . Đường thẳng (AA1) được xác định bởi :
Qua A(1;1;2)

x = 1+2t
 (AA1) :

(AA1) :
r

Vtcp n ( 2;1; −3)

y = 1+t

(t ∈ R )

z = 2-3t

* Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên (P). Ta có H = ( AA1 ) ∩ ( P ) . Thay x,y,z từ
phương trình tham số của (AA1) vào (P), ta được :t =

4
 15 11 2 
 H  ; ; ÷.
7
 7 7 7

 23 15 −10 
Vì H là trung điểm của AA1 nên ta có : A1  ; ;
÷.
 7 7 7 

* Phương trình tham số của đường thẳng (A1B):
Qua B(2;1;-3)

x = 2 +9t
 (A1B) :

(A1B) :
16

y = 1+8t

(t ∈ R )


uuur  9 8 11 
r
Vtcp BA1  ; ; ÷ hay Vtcp u ( 9;8;11)
7 7 7 

z = -3+11t

* Gọi N là giao điểm của (A1B) và (P). Để tìm toạ độ của N ta thay x,y,z từ phương
trình tham số của (A1B) vào pt của (P) ta được : t =

9
 95 79 78 
⇒N ; ; ÷.
7
 7 7 7 

Ta đi chứng minh |MA-MB| lớn nhất khi và chỉ khi M ≡ N.
Thật vậy : Lấy điểm M bất kỳ thuộc (P) ta có :
| MA − MB |=| MA1 − MB |≤ A1 B =| NA − NB |

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M ≡ N.


Vậy điểm M  ; ; ÷ thoả mãn điều kiện bài ra.
 7 7 7 
95 79 78

2.5 Bài toán 5:
Trong không gian cho mặt phẳng (P) và hai điểm A,B có toạ độ cho trước .Tìm
điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho hệ thức : P.MA2 + Q.MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất (Với
tổng các hệ số P+Q là một số dương ).
Phương pháp giải :
uu
r

uur

r

- Tìm I thoả mãn hệ thức : P.IA + Q.IB = 0 .
- Biểu thức : P.MA2 + Q.MB 2 = ( P + Q ) IM 2 + C (C là hằng số, P+Q là một số dương).
Khi đó tổng P.MA2 + Q.MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi độ dài MI nhỏ nhất ⇔ M I ⊥ ( p ) .
Bài toán quy về : - Tìm toạ độ điểm I thoả mãn hệ thức véctơ .
- Tìm toạ độ điểm M là hình chiếu vuông góc của I trên (P)

Ví dụ 4 :
17


Cho hai điểm A(1;7;1), B ( 5;5; −3) và mặt phẳng (P) : x+2y-2z+1=0. Tìm M nằm trên
(P) sao cho MA2 + MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
A

I
B

M
P

uu
r uur

r

Giả sử I thoả mãn IA + IB = 0 =>I là trung điểm của AB => I(3;6;-1).
AB 2
⇒ MA + MB = 2 MI +
2
2

2

2

⇒ ( MA2 + MB 2 ) min ⇔ M I min (do AB cố định) ⇔ M I ⊥ ( p ) .

r
r
⇒ nP = ( 1; 2; −2 ) = uIM .

x = 3+t
Khi đó IM có phương trình tham số là :

(MI)

y = 6+2t
z = -1-2t

Mà M nằm trên mặt phẳng (P) : x+2y-2z+1=0 nên M là giao điểm của (P) và đường
thẳng IM. Khi đó toạ độ của M là nghiệm của hệ phương trình sau:
x = 3+t
y = 6+2t
z = -1-2t

=> t = -2 => M(1;2;3).

x+2y-2z+1=0
Vậy M(1;2;3) là điểm thoả mãn yêu cầu bài ra .

18


2.6 Bài tập - Đáp án
Bài 1 : (Đề 97-Va )
Tìm trên trục hoành điểm P sao cho tổng các khoảng cách từ P đến hai điểm
A(1;2) và B(3;4) là nhỏ nhất.
Bài 2 : Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đề các vuông góc Oxy,cho đường thẳng (d) có
phương trình 2x – 3y + 18 = 0 và các điểm A(2;3) ,B(-6;0). Tìm điểm M trên đường
thẳng (d) sao cho MA+MB nhỏ nhất .
Bài 3 : Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đề các vuông góc Oxy ,cho đường thẳng (d)
có phương trình : x–2y+2=0 và hai điểm A(0;6),B(2;5). Tìm trên đường thẳng (d) điểm
M sao cho:
a) (MA+MB) nhỏ nhất.
b) | MA-MB| lớn nhất.
Bài 4. (CĐ NÔNG LÂM - 2000)

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đề các vuông góc Oxy, cho hai điểm A(1;0)
,B(2;1) và đường thẳng (d) có phương trình 2x – y + 3 = 0. Tìm điểm M trên đường
thẳng (d) sao cho MA+MB là nhỏ nhất so với mọi điểm còn lại trên (d). Viết toạ độ
điểm M.
Bài 5. Cho hai điểm A(1;2;-1), B( 2 − 2 ; 2 ;-3 ) và đường thẳng (d) có phương trình :
x + y +z -3 =0
(d)
y+z-5=0
Tìm điểm M trên đường thẳng (d) sao cho MA+MB nhỏ nhất .
Bài 6. (ĐHQY-96)

19


Cho hai điểm A(1;1;0) ;B(3;-1;4 ) và đường thẳng (d) :

x +1 y −1 z + 2
=
=
. Tìm điểm
1
−1
2

M trên đường thẳng (d) sao cho tổng các độ dài MA+MB nhỏ nhất .
Bài 7. (CĐ SP KONTUM ( KA- 2003))
2x +3y – 4 = 0
Cho đường thẳng (d) :

và 2 điểm A(1,2,-1) ; B(7;-2;3)

y+ z – 4 = 0

Trên(d) ,tìm điểm I sao cho độ dài đường gấp khúc IAB ngắn nhất
Bài 8 : (CĐ SƯ PHẠM BÌNH PHƯỚC -2004 )
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(2;-1;1) ;B(-2;3;7 ) và đường
thẳng (d) có phương trình :

x − 2 y − 2 z +1
=
=
. Tìm điểm M trên đường thẳng (d) sao
2
−2
−3

cho : MA+MB nhỏ nhất.
Bài toán 9 : Trong không gian cho hai điểm A(1;0;-1) ,B(1;1;0) và đường thẳng (d) có
phương trình :

x −1 y + 1 z
=
= . Tìm điểm M trên (d) sao cho tam giác MAB có diện
1
−1 2

tích nhỏ nhất.
Bài 10. (ĐHNNI-97)
Cho hai điểm A(1;2;3) ;B(4;4;5 )
a)Viết phương trình đương thẳng (AB). Tìm giao điểm P của nó và mặt phẳng (Oxy).
CMR với mọi điểm Q ∈ ( Oxy ) , biểu thức |QA-QB| có giá trị lớn nhất khi Q trùng với P

b) Tìm điểm M thuộc (Oxy) sao cho tổng các độ dài MA+MB nhỏ nhất .
Bài 11. (HVKTQS-94)
Cho hai điểm A(-1;3;-2) ;B(-9;4;9 ) và mặt phẳng (P): 2x-y+z+1=0. Tìm điểm M
thuộc (P) sao cho MA+MB nhỏ nhất.
Bài 12. (ĐH Huế/A hệ chưa phân ban -97)
20


Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho mặt phẳng (P): 2x-y+z+1=0 và hai điểm
A(3;1;0) ;B(-9;4;9 ). Tìm điểm M thuộc (P) sao cho |MA-MB| đạt giá trị lớn nhất.
Bài 13. (ĐHQG – 2000 )
Cho mặt phẳng (P): x+y+z-1=0 và hai điểm A(1;-3;0) ;B(5;-1;-2 ).
a) Chứng tỏ rằng đường thẳng đi qua A,B cắt mặt phẳng (P) tại một điểm I . Tìm toạ
độ điểm I.
b) Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) sao cho |MA-MB| đạt giá trị lớn nhất.
Bài 14. (ĐH,CĐ 2007 - Khối D)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hai điểm A(1;4;2) ;B(-1;2;4 ) và đường
thẳng ( ∆ ) có phương trình :

x −1 y + 2 z
=
= . Tìm điểm M trên ( ∆ ) sao cho : MA 2+MB2
−1
1
2

nhỏ nhất.

Đáp số
5

3

Bài 1 : P( ;0 )

Bài 2: M (

−36 90
; )
19 19

Bài 3: a)M (

11 19
; )
4 8
7
2

b) M(( 5; )
Bài 4 M (
Bài 7:

−8 17
; )
11 11

Bài 5

I(2;0;4)

 7 4
M  2; ; − ÷
 3 3

Bài 8: M(0;4;2)

Bài 6 : M(1;-1;2)
5 −5 −12



Bài 9: M  ; ;
÷
 11 11 11 

x =1+3t
Bài 10 :a) (AB): y = 2+2t



Toạ độ điểm P  − ; −1;0 ÷
7
 2

, t∈ R .

z = 3+2t
 17 22 
; ;0 ÷
 8 8 

b) M 

21




Bài 11: M(-1;2;3)

Bài 12: M(7;2;-13)

Bài 13:a) I( 4;

−3 −3
; )
2 2

b) M(6;-1;-4)
Bài 14: M(-1;0;4)
Phần III : KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Quá trình thực hiện :
Để thực hiện đề tài này tôi đã tìm đọc rất nhiều tài liệu viết về vấn đề này, nghiên
cứu lời giải cho từng dạng toán, lựa chọn bài tập phù hợp với từng nội dung cần phân
tích.
Qua những năm giảng dạy và đúc kết kinh nghiệm tôi nhận thấy rằng để dạy cho
học sinh học tốt môn hình học và cụ thể là các bài toán cực trị trong hình giải tích thì
cần phải giúp cho học sinh nắm vững hệ thống lý thuyết cần vận dụng và các phương
pháp chứng minh. Nắm vững các yếu tố trên sẽ giúp cho việc giảng dạy của giáo viên
được thuận lợi, học sinh tiếp thu kiến thức ngày một tốt hơn.

Thực tế cho thấy, học sinh rất hào hứng và thích thú khi thực hiện đề tài này và
kết quả tương đối khả quan. Nếu như trước đó, học sinh thường làm các dạng bài tập
trên rất mất thời gian và việc lựa chọn để có kết quả gọn là rất khó hầu như các em
chán nản. Sau khi áp dụng đề tài này thì kết quả có sự tiến bộ rõ rệt và thời gían làm bài
giảm được nhiều .
2. Một số kết luận và kiến nghị :
Tuy đề tài hữu ích xong đây cũng chỉ là một phương pháp trong nhiều phương pháp
để giải bài toán cực trị trong hình giải tích. Việc tích cực đọc tài liệu và khai thác bài
toán theo nhiều khía cạnh đó không chỉ là mong muốn của tôi mà là thuộc về tất cả
những ai say mê môn toán. Do thời gian có hạn và điều kiện nghiên cứu còn hạn chế
nên đề tài không tránh khỏi những sai sót, tôi rất mong sự quan tâm, góp ý chỉ bảo của
Ban giám hiệu nhà trường, các đồng nghiệp trong tổ Toán cùng toàn thể các bạn quan
tâm đến đề tài này để đề tài được hoàn thiện hơn.

22


Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu nhà trường đã tạo điều kiện thuận lợi cho
tôi hoàn thành đề tài này. Tôi cũng xin chân thành cảm ơn các đồng chí trong tổ Toán
đã góp ý, động viên để tôi hoàn thành tốt đề tài này.

MỤC LỤC
NỘI DUNG

TRANG

Phần I : ĐẶT VẤN ĐỀ

1

Phần II : GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. Cơ sở lý thuyết

3

2. Biện pháp thực hiện

4

2.1 Bài toán 1

4

2.2 Bài toán 2

7

2.3 Bài toán 3

9

2.4 Bài toán 4

11

2.5 Bài toán 5

15

2.6 Bài tập - Đáp án

17

Phần III : KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

20

1. Quá trình thực hiện

20

2. Một số kết luận và kiến nghị

20

23


24