ỨNG DỤNG đạo hàm GIẢI bài TOÁN cực TRỊ TRONG HÌNH học GIẢI TÍCH OXYZ

ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG
HÌNH HỌC GIẢI TÍCH OXYZ
A. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Kiến thức về hình học giải tích là một bộ phận quan trọng trong chương trình môn
Toán ở bậc THPT. Bài toán cực trị trong hình học giải tích là một bài toán khó, gây ra
nhiều khó khăn, lúng túng cho học sinh khi tìm hướng giải.
Đạo hàm là một công cụ tốt cho việc giải quyết bài toán tìm cực trị của hàm số. Các
hàm số xuất hiện trong bài toán cực trị của hình học giải tích Oxyz: Hàm số khoảng cách,
hàm số liên quan đến công thức tính góc hầu hết đều là những hàm số mà học sinh có thể
dễ dàng khảo sát và tìm cực trị của nó. Khó khăn của học sinh là việc thiết lập các hàm số
này.
Thông qua việc giải quyết bài toán cực trị, học sinh có thêm định hướng và phương
pháp giải quyết các bài toán khác của hình học giải tích Oxyz: Bài toán viết phương trình
mặt phẳng, bài toán viết phương trình đường thẳng thỏa mãn điều kiện cho trước.
Nhằm giúp các em học sinh có định hướng tốt khi tìm lời giải, cũng như giải quyết
được bài toán cực trị một cách trọn vẹn, rõ ràng và mạch lạc, tôi chọn nghiên cứu chuyên
đề:

“ ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC
GIẢI TÍCH OXYZ ”
2. Mục đích nghiên cứu
Chuyên đề cung cấp cho học sinh một phương pháp để giải quyết bài toán cực trị
trong hình học Oxyz, rèn luyện cho học sinh kĩ năng chuyển đổi bài toàn toán cực trị trong
hình học sang bài toán cực trị trong giải tích. Từ đó, với công cụ đạo hàm học sinh có thể
giải quyết trọn vẹn bài toán cực trị. Đồng thời, chuyên đề cũng nhằm giúp học sinh có thể
giải quyết tốt các bài toán khác của hình học giải tích.
3. Phương pháp nghiên cứu
+ Tổng hợp kiến thức, kiểm nghiệm qua thực tế dạy học.
+ Tập hợp những vấn đề nảy sinh, những băn khoăn, lúng túng của học sinh trong
quá trình giải quyết bài toán cực trị trong hình học giải tích Oxyz. Từ đó, đề xuất phương

án giải quyết, tổng kết thành kinh nghiệm.
4. Phạm vi nghiên cứu
Trong bài toán cực trị của hình học giải tích Oxyz: Cực trị liên quan đến khoảng
cách và Cực trị liên quan đến góc trong không gian. Song ở đây, tôi chỉ tập trung nghiên
cứu các bài toán cực trị có thể giải quyết được bằng phương pháp khảo sát hàm số. Trong
chuyên đề, tôi tổng hợp và đúc rút những kinh nghiệm từ thực tế giảng dạy vấn đề này cho
học sinh lớp 12 ôn thi ĐH – CĐ.

1


5. Điểm mới của chuyên đề
+ Chuyên đề tập trung rèn luyện cho học sinh kĩ năng dùng đạo hàm để giải quyết
bài toán cực trị trong hình học Oxyz.
+ Đặc biệt, chuyên đề đã xây dựng một phương pháp giải toán hiệu quả đối với một
lượng lớn các bài toán cực trị và giải quyết hầu hết các dạng toán đặt ra.
+ Ngoài ra, chuyên đề còn cung cấp cho học sinh các phương pháp tiếp cận khác đối
với bài toán cực trị và rèn luyện thêm cho học sinh phương pháp giải các bài toán khác của
hình học giải tích. (Thông qua các nhận xét sau mỗi ví dụ).

2


B. NỘI DUNG
I. BÀI TOÁN CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHOẢNG CÁCH
1.1 Kiến thức cơ sở
Các công thức về khoảng cách:
• Khoảng cách giữa hai điểm: Cho hai điểm A ( xA ; y A ; z A ) và B ( xB ; yB ; zB ) .
Khi đó:
uuu

r
2
2
2
AB = AB = ( xB − x A ) + ( y B − y A ) + ( z B − z A ) .
• Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng: Cho điểm M ( xM ; yM ; zM ) và mặt
phẳng ( P ) : Ax + By + Cz + D = 0 . Khi đó:
AxM + ByM + CzM + D
d ( M ,( P) ) =
.
A2 + B 2 + C 2
• Khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng:
uuuu
r r
 MN , u 


d ( M ,∆) =
r
.
u
r
Trong đó, N là một điểm thuộc đường thẳng ∆ và u là VTCP của đường thẳng ∆ .
• Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:
ur uu
r uuu
r
u1 , u2  . AB



d ( ∆1 , ∆ 2 ) =
ur uu
r
.
u1 , u2 


Trong đó, A , B lần lượt là các điểm thuộc đường thẳng ∆1 và ∆ 2 .
ur uu
r
u1 , u2 lần lượt là các VTCP của hai đường thẳng ∆1 và ∆ 2 .
1.2 Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A ( 1;4;2 ) , B ( −1;2;4 ) và
x = 1 − t

đường thẳng ∆ :  y = −2 + t . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho biểu thức
 z = 2t

P = MA2 + MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải.
Điểm M thuộc đường thẳng ∆ nên tọa độ điểm M có dạng: M ( 1 − t ; −2 + t ;2t ) .
Ta có: MA2 = t 2 + ( 6 − t ) + ( 2 − 2t ) = 6t 2 − 20t + 40
2

2

và MB 2 = ( t − 2 ) + ( 4 − t ) + ( 4 − 2t ) = 6t 2 − 28t + 36 .
Do đó,
2

2

2

3


P = MA2 + MB 2 = 12t 2 − 48t + 76 .
Xét hàm số f ( t ) = 12t 2 − 48t + 76 , với t ∈ R . Ta có: f ' ( t ) = 24t − 48 .
Khi đó, f ' ( t ) = 0 ⇔ t = 2
Bảng biến thiên:
t
−∞
+∞
2
−
+
f ′( t )
0
f ( t)

+∞

+∞

2
8

Từ bảng biến thiên suy ra GTNN của f ( t ) = f ( 2 ) = 28 khi t = 2 .
Vậy P có GTNN khi t = 2 , tức là M ( −1;0;4 ) .

Nhận xét.
1. Việc tìm GTNN của hàm số f ( t ) = 12t 2 − 48t + 76 có thể sử dụng kiến thức về hàm
b
số bậc hai: “ Hàm số y = ax 2 + bx + c đạt GTNN tại x = −
(khi a > 0 ) và đạt
2a
b
GTLN tại x = −
(khi a < 0 )’’.
2a
2. Bài toán trên có thể mở rộng cho biểu thức của P có dạng: P = aMA2 + bMB 2 ,
uuur uuur
P = aMA + bMB hoặc P = k , với k là hằng số thỏa mãn điều kiện k ≥ P0 là GTNN
của P .
Bài toán 1.1 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 1;4;2 ) , B ( −1;2;4 ) và đường thẳng
x = 1 − t

∆ :  y = −2 + t . Tìm điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho biểu thức P = MA2 − 2MB 2
 z = 2t

đạt giá trị lớn nhất.
Gợi ý. P = −6t 2 + 36t − 32 . Đạt GTLN khi t = 3 . Khi đó, M ( −2;1;6 ) .
Bài toán 1.2 Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A ( 1;0;2 ) , B ( −2;1;0 ) , C ( 0;0;3) và
x y −1 z
= . Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho:
đường thẳng ∆ : =
1
−2 3
MA2 + 2MB 2 − 3MC 2 = 96 .
Dựa theo biểu thức của MA2 và MB 2 có thể mở rộng bài toán với hình thức như

sau:

4


Bài toán 1.3 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 1;4;2 ) , B ( −1;2;4 ) và đường thẳng
x = 1 − t

MA
∆ :  y = −2 + t . Tìm điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho biểu thức P =
đạt giá trị
MB
 z = 2t

lớn nhất.
309 − 10
MA2 6t 2 − 20t + 40
2
2
P
>
0
=
P
=
Gợi ý. Nhận xét
. Xét P =
.
Kết
quả

.
max
MB 2 6t 2 − 28t + 36
309 − 14
Trong bài toán 1.3, phương pháp sử dụng hàm số thể hiện rõ ràng tính hiệu quả của nó.
x y z
Ví dụ 2. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng ∆ : = = và hai điểm A ( 0;0;3) ,
1 1 1
B ( 0;3;3) . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho biểu thức P = MA + MB đạt
giá trị nhỏ nhất.
Lời giải.
Điểm M thuộc đường thẳng ∆ nên tọa độ điểm M có dạng M ( t ; t ; t ) .

( 0 − t)

Ta có: P = MA + MB =
= 3

(

2

+ ( 0 − t) + ( 3− t) +
2

2

)

( 0 − t)

2

+ ( 3− t) + ( 3− t)
2

t 2 − 2t + 3 + t 2 − 4t + 6 .

Xét hàm số f ( t ) = t 2 − 2t + 3 + t 2 − 4t + 6 , với t ∈ R .
t −1
t−2
′
f
t
=
+
(
)
Ta có:
.
2
2
( t − 1) + 2 ( t − 2 ) + 2
Khi đó, f ' ( t ) = 0 ⇔
Xét hàm số g ( u ) =

t −1

( t − 1) 2 + 2
u

u2 + 2

=

− ( t − 2)

(*).

 − ( t − 2 )  + 2
2

, với u ∈ R .


 1
u
′ ( u ) =  u 2 + 2 − u.
g
=
÷. 2
Ta có:
2
u
+
2
u +2


2

(u

2

+2

)

3

> 0 , với mọi u ∈ R .

3
Do đó, (*) ⇔ g ( t − 1) = g  − ( t − 2 )  ⇔ t − 1 = − ( t − 2 ) ⇔ t = .
2
Bảng biến thiên:

5

2


3
2

−∞

t

f ′( t )

f ( t)

−

+∞
+

0

+∞

+∞
3

Từ bảng biến thiên, suy ra GTNN của P bằng 3 3 . Đạt được tại t =

3
. Khi đó
2

3 3 3
M  ; ; ÷.
2 2 2
Nhận xét.
1. Việc tìm GTNN của P có thể sử dụng bất đẳng thức sau:
a 2 + b2 + c 2 + d 2 ≥
Ta có: f ( t ) =

( t − 1) 2 + (

2

)

2

+

( a + c ) 2 + ( b + d ) 2 ⇔ ( ad − bc ) 2 ≥ 0

( 2 − t) 2 + (

2

)

2

(

≥ 12 + 2 2

)

2

.

2. Bài toán trên có thể phát biểu dưới một hình thức khác như sau:
Bài toán 2.1 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 1;5;0 ) , B ( 3;3;6 ) và đường thẳng

x +1 y −1 z
∆:
=
= . Tìm tọa độ điểm C thuộc đường thẳng ∆ sao cho tam giác ABC có
2
−1 2
chu vi nhỏ nhất.
Gợi ý. Chu vi tam giác ABC nhỏ nhất khi và chỉ khi P = CA + CB đạt giá trị nhỏ nhất.
P = 9t 2 + 20 + 9t 2 − 36t + 56
Bài toán 2.2 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 1;5;0 ) , B ( 3;3;6 ) và đường thẳng
x +1 y −1 z
∆:
=
= . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho MA + MB = 2 29
2
−1 2
.
Bài toán 2.2 có bề ngoài không phải là bài toán cực trị.
Nếu chúng ta giải quyết theo cách thông thường thì việc giải phương trình:
9t 2 + 20 + 9t 2 − 36t + 56 = 2 29
không hề dễ.
Ở đây, để ý giá trị 2 29 là giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA + MB thì ta sẽ có ngay t = 1
nhờ việc giải bài toán cực trị trong bài toán 2.2.

6


x −1 y z − 2
= =
và

2
1
2
chứa đường thẳng d sao cho khoảng

Ví dụ 3.(ĐH – A 2008) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :

điểm A(2;5;3) . Lập phương trình mặt phẳng ( α )
cách từ điểm A đến mặt phẳng ( α ) là lớn nhất.
Lời giải.
Lấy điểm M ( 1;0;2 ) thuộc đường thẳng d . Do mặt phẳng ( α ) chứa đường thẳng d nên
điểm M thuộc mặt phẳng ( α ) .
Phương trình mặt phẳng ( α )
đi qua điểm M ( 1;0;2 ) và có VTPT
r
n( A; B; C ), A2 + B 2 + C 2 > 0 có dạng :
A( x − 1) + By + C ( z − 2) = 0
uu
r uur
Ta có : d ⊂ (α ) ⇒ ud .nα = 0 ⇔ B = −2 A − 2C . Khi đó, khoảng cách từ điểm A đến mặt
phẳng ( α ) là:
9 A+C

( A + C )2
d ( A,(α )) =
= 9.
5 A2 + 8 AC + 5C 2
5 A2 + 8 AC + 5C 2
Xét hai trường hợp:
• TH1: C = 0 . Khi đó

d ( A,(α )) = 9.

A2
9
.
=
5 A2
5

2
A
(
t
+
1)
• TH2: C ≠ 0 . Đặt t = . Khi đó, d ( A,(α )) = 9.
.
C
5t 2 + 8t + 5

(t + 1) 2
Xét hàm số f (t ) = 2
, với
5t + 8t + 5
f '(t ) = 0 ⇔ t = ±1 .
Bảng biến thiên:
−∞
t
−
f '( t )

1
5
f '( t )

t∈R.

−1
0

Ta

có:

+

−2t 2 + 2
f '( t ) = 2
5t + 8t + 5

(

1
0

−

)

và

+∞

2
9

0

7

1
5


Từ bảng biến thiên, suy ra d ( A, ( α ) ) lớn nhất bằng 3 2 khi t = 1 . Khi đó, A = C
⇒ B = −4 A .
So sánh TH1 và TH2 ta thấy d ( A, ( α ) ) lớn nhất rơi vào trường hợp 2. Do đó, phương
trình mặt phẳng cần tìm là : x − 4 y + z − 3 = 0 .
Nhận xét.
1. Phương pháp giải bài toán trên có thể áp dụng cho các bài toán viết phương trình
mặt phẳng thỏa mãn các điều kiện cho trước:
x −1 y z − 2
= =
Bài toán 3.1 Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :
và điểm
2
1
2
A(2;5;3) . Lập phương trình mặt phẳng ( α ) chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ
9
điểm A đến mặt phẳng ( α ) bằng

.
5
Bài toán 3.2 Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z = 0 và điểm
A ( 1;2; −1) . Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) đi qua gốc tọa độ O , vuông góc với mặt
phẳng ( P ) và cách điểm A một khoảng bằng 2 .
2. Trong bài toán này, biểu thức khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng mặc dù có ba
biến là A, B, C nhưng biểu thức trong căn lại có dạng đẳng cấp bậc hai, nhờ phép
A
đổi biến t = chúng ta thu được hàm số chỉ còn một biến là t . Điều này thuận
C
lợi cho việc khảo sát hàm số. Các bài toán tiếp theo trong chuyên đề đều sử dụng
được phương pháp này.
Ví dụ 4. (ĐH – B 2009) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( −3;0;1) , B ( 1; −1;3) và
mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 5 = 0 . Trong các đường thẳng đi qua điểm A và song song
với mặt phẳng ( P ) , hãy viết phương trình đường thẳng ∆ mà khoảng cách từ điểm B đến
đường thẳng ∆ là nhỏ nhất.
Lời giải.
r
Giả sử VTCP của đường thẳng ∆ là u = ( A; B : C ) . Điều kiện: A2 + B 2 + C 2 > 0 .
Do đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng ( P ) nên A − 2 B + 2C = 0 ⇔ A = 2 B − 2C .
uuu
r r
uuu
r
Ta có: AB = ( 4; −1;2 ) . Khi đó,  AB, u  = ( −C − 2 B;2 A − 4C ;4 B + A ) .
Khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng ∆ là:
uuu
r r
2
2

2
 AB, u 
C + 2 B ) + ( 2 A − 4C ) + ( A + 4 B )
(
56 B 2 − 84 BC + 69C 2


d ( B, ∆ ) =
=
=
r
A2 + B 2 + C 2
5B 2 − 8BC + 5C 2
u
Xét hai trường hợp:
8


• TH1: C = 0 . Khi đó, d ( B, ∆ ) =

56
.
5

B
56t 2 − 84t + 69
. Khi đó, d ( B, ∆ ) =
.
C
5t 2 − 8t + 5

56t 2 − 84t + 69
Xét hàm số: f ( t ) =
, với t ∈ R .
5t 2 − 8t + 5
 6
2
t = 7
−28t − 130t + 132
f
'
t
=
2
Ta có: ( )
và f ' ( t ) = 0 ⇔ 
.
11
( 5t 2 − 8t + 5 )
t = −

2
Bảng biến thiên:
−∞
t
6
11
−
7
2
−

+
0
0
f '( t )
• TH2: C ≠ 0 . Đặt t =

+∞
−

21

56
5
f '( t )
100
9
Từ bảng biến thiên, suy ra d ( B, ∆ ) nhỏ nhất bằng

56
5
10
11
, đạt được tại t = − . Khi đó,
3
2

B
11
=− .
C

2
So sánh hai trường hợp, ta thu được phương trình đường thẳng cần tìm là:
x + 3 y z −1
= =
.
26 11 −2
Nhận xét.
1. Trong đáp án của Bộ GD – ĐT, bài này được giải bằng phương pháp sử dụng tính
chất hình học: “Độ dài đường xiên không nhỏ hơn độ dài đoạn hình chiếu của nó”.
Lời giải tương đối ngắn gọn. Tuy nhiên, việc phát hiện ra điều này không hề dễ. Hơn
nữa, nếu thay giả thiết “khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng ∆ là nhỏ nhất”
thành giả thiết “khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng ∆ là lớn nhất” thì phương
pháp trên sẽ tỏ rõ hiệu quả.

9


Bài toán 4.1 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( −3;0;1) , B ( 1; −1;3) và mặt phẳng
( P ) : x − 2 y + 2 z − 5 = 0 . Trong các đường thẳng đi qua điểm A và song song với mặt
phẳng ( P ) , hãy viết phương trình đường thẳng ∆ mà khoảng cách từ điểm B đến đường
thẳng ∆ là lớn nhất.
2. Phương pháp giải bài toán trên có thể áp dụng vào bài toán viết phương trình đường
thẳng thỏa mãn điều kiện cho trước:
Bài toán 4.2 Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − 3z + 4 = 0 và điểm
M ( 0; −2;0 ) . Viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng ( P ) , đi qua điểm M
14
.
3
Ví dụ 5. Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 0; −1;2 ) và hai đường thẳng
x +1 y z − 2

x−5 y z
, ∆2 :
∆1 :
= =
=
=
2
1
−1
2
−2 1
. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A , cắt ∆1 tại điểm B , đồng thời khoảng
cách giữa hai đường thẳng d và ∆ 2 là lớn nhất.
Lời giải.
Điểm B thuộc đường thẳng ∆1 nên tọa độ điểm B có dạng: B ( −1 + 2t ; t ;2 − t ) .
uuu
r
d
AB
= ( −1 + 2t ;1 + t ; −t ) .
VTCP của đường thẳng là
r
VTCP của đường thẳng ∆ 2 là u = ( 2; −2;1) .
uuu
r r

AB
Ta có:  , u  = ( 1 − t ;1 − 4t ; −6t ) .
uuur
C

5;0;0
) ⇒ AC = ( 5;1; −2 ) . Khoảng cách giữa hai đường thẳng d và ∆ 2 là:
Lấy điểm (
uuu
r r uuur
2
 AB, u  . AC
3t +2
t + 2)
(


d ( d , ∆2 ) =
=
=3
uuu
r r
.
2
2
2
2
53
t
−
10
t
+
2
 AB, u 

1
−
t
+
1
−
4
t
+
36
t
( ) (
)


sao cho khoảng cách từ điểm N ( 1;2;3) đến d bằng

(t + 2) 2
Xét hàm số f (t ) =
, với t ∈ R .
53t 2 − 10t + 2
Ta có: f ' ( t ) =

−222t 2 − 420t + 48

( 53t

2

− 10t + 2

)

2

 t = −2
và f ' ( t ) = 0 ⇔ 
4 .
t =
 37

Bảng biến thiên:

10


t

−∞

−2

−

f '( t )

0

1
53

+

4
37
0

+∞
−

26
9

f '( t )
0
Từ bảng biến thiên, suy ra d ( d , ∆ 2 ) lớn nhất khi t =

1
53
uuu
r  29 41 4 
4
. Khi đó, AB =  − ; ; − ÷.
37
 37 37 37 

 x = 29t

Do đó, phương trình của đường thẳng d :  y = −1 − 41t .
 z = 2 + 4t


Nhận xét. Với bài toán này, phương pháp khảo sát hàm số có lẽ là tối ưu nhất.
1.3 Một số bài toán tương tự

x y +1 z + 2
=
=
và hai điểm
1
2
3
A ( 2; −1;1) , B ( 1; −1;0 ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho diện tích tam
giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.
x −1 y − 2 z −1
=
=
Bài 2. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng ∆ :
và điểm
1
1
2
M ( 2;1;4 ) . Tìm tọa độ điểm H thuộc đường thẳng ∆ sao cho đoạn MH có độ dài nhỏ
nhất.
x − 2 y +1 z
=
=
Bài 3. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng ∆ :
và mặt phẳng
2
1

−1
( P ) : x + 2 y + z − 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng d song song với mặt phẳng ( P ) ,
đồng thời d cắt trục Ox và đường thẳng ∆ lần lượt tại A và B sao cho AB ngắn nhất.
x −1 y + 2 z + 3
=
=
Bài 4. Trong không gian Oxyz , cho điểm M ( 4;3;1) , đường thẳng d :
−2
3
−1
và mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − z + 3 = 0 . Viết phương trình đường thẳng d1 nằm trong mặt
phẳng ( P ) , vuông góc với đường thẳng d và cách M một khoảng nhỏ nhất.
Bài 1. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng ∆ :

11


Bài 5. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( −1;2;0 ) , B ( 1;2; −5 ) và đường thẳng
 x = 1 + 2t
uuur uuur

∆ :  y = 3 + 2t . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng ∆ sao cho tổng MA − 3MB nhỏ
 z = −t

nhất.

12


II. BÀI TOÁN CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN GÓC

2.1 Kiến thức cơ sở
Các công thức về góc trong không gian:
• Góc giữa hai đường thẳng:

ur uu
r
u1.u2
cos ϕ = ur uu
r.
u1 u2
ur uu
r
Trong đó, ϕ là góc giữa hai đường thẳng và u1 , u2 lần lượt là VTCP của hai đường
thẳng.
• Góc giữa hai mặt phẳng:
ur uu
r
n1.n2
cos ϕ = ur uu
r.
n1 n2
ur uu
r
ϕ
Trong đó, là góc giữa hai mặt phẳng và n1 , n2 lần lượt là VTPT của hai mặt
phẳng.
• Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:
rr
u.n
sin ϕ = r r .

u n
r
r
Trong đó, ϕ là góc giữa đường thẳng và mặt phẳng, u là VTCP của đường thẳng, n
là VTPT của mặt phẳng.
 π
Chú ý. Hàm số y = cos ϕ nghịch biến trên đoạn  0;  .
 2
 π
Hàm số y = sin ϕ đồng biến trên đoạn  0;  .
 2
2.2 Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x + 2 y − z + 5 = 0 và đường thẳng
x +1 y +1 z − 3
d:
=
=
. Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) chứa đường thẳng d và tạo với
2
1
1
mặt phẳng ( P ) một góc nhỏ nhất.
Lời giải.
Cách 1. Phương pháp hàm số.
Lấy điểm M ( −1; −1;3) thuộc đường thẳng d . Vì mặt phẳng ( Q ) chứa đường thẳng d nên
M ∈( Q) .
ur
Giả sử VTPT của mặt phẳng ( Q ) là n1 = ( A; B; C ) . Điều kiện: A2 + B 2 + C 2 > 0 .
r
d

u
Ta có: VTCP của đường thẳng là = ( 2;1;1) .
13


Lại do, mặt phẳng ( Q ) chứa đường thẳng d nên 2 A + B + C = 0 ⇔ C = −2 A − B .
uu
r
P
(
)
VTPT của mặt phẳng
là n2 = ( 1;2; −1) . Góc giữa hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) là:
ur uu
r
2
n1.n2
A + 2B − C
A + B)
3
(
cos ϕ = ur uu
=
.
r =
.
6 5 A2 + 4 AB + 2 B 2
n1 n2
6. A2 + B 2 + C 2
Xét hai trường hợp:

• TH1: B = 0 . Khi đó, cos ϕ =

3
.
30

2
A
t
+
1
3
(
)
• TH2: B ≠ 0 . Đặt t = . Ta có: cos ϕ =
.
.
B
6 5t 2 + 4t + 2
(t + 1) 2
Xét hàm số f (t ) = 2
, với t ∈ R .
5t + 4t + 2
−6t 2 − 6t
 t = −1
2 và f ' ( t ) = 0 ⇔ 
Ta có: f ' ( t ) = 2
.
5t + 4t + 2
t = 0

(

Bảng biến thiên:

)

t
f '( t )

−∞

−1
0

−

1
5

+

0
0

−

+∞

1

2

f '( t )
0
Từ bảng biến thiên, suy ra 0 ≤ cos ϕ ≤

3
.
2

 π
Do hàm số y = cos ϕ nghịch biến trên đoạn  0;  nên ϕ nhỏ nhất khi và chỉ khi cos ϕ
 2
lớn nhất.
3
So sánh hai trường hợp trên, suy ra cos ϕ lớn nhất bằng
, đạt được khi t = 0 . Khi đó,
2
A
= 0 . Chọn B = 1 , A = 0 ⇒ C = −1 .
B
Phương trình mặt phẳng ( Q ) : y − z + 4 = 0 .
Cách 2. Sử dụng tính chất hình học không gian
14

1
5


Gọi N là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng ( P ) . Ta có phương trình:

1
−1 + 2t + 2 ( −1 + t ) − ( 3 + t ) + 5 = 0 ⇔ t = .
3
 1 2 10 
Tọa độ điểm N  − ; − ; ÷.
 3 3 3
Gọi ∆ là giao tuyến của hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) . Lấy I ( −1; −1;3) ∈ d .
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm I trên mặt phẳng ( P ) và đường
·
thẳng ∆ . Khi đó, HK ⊥ ∆ . Do đó, góc giữa hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) là góc IKH
.
IH IH
·
=
≥
Ta có: IN ≥ IK nên sin IKH
.
IK IN
 π
·
Do hàm số y = sin ϕ đồng biến trên đoạn  0;  nên góc IKH
nhỏ nhất khi K trùng N .
 2
Gọi ∆ ' là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với mặt phẳng ( P ) . Phương trình
 x = −1 + u

đường thẳng ∆ ' :  y = −1 + 2u .
z = 3 − u

 5 2 17 

Tọa độ điểm H  − ; − ; ÷.
 6 3 6
uuur  1 1 
r
HN
=
;0;
Ta có:

÷ và VTCP của đường thẳng d là u = ( 2;1;1) .
2 2
uur uuur r
1
Suy ra, VTCP của đường thẳng ∆ là u∆ =  HN , u  = ( 1;1;1) .
2
uur uur r
VTPT của mặt phẳng ( Q ) là nQ = u∆ , u  = ( 0;1; −1) . Từ đây thu lại phương trình mặt
phẳng ( Q ) như cách 1.
Ví dụ 2. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z + 8 = 0 và điểm
A ( −1;2;3) . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A , song song với mặt phẳng
( Oyz ) và tạo với mặt phẳng ( P ) một góc lớn nhất.
Lời giải.
r
Giả sử VTCT của mặt phẳng ∆ là u = ( A; B; C ) . Điều kiện: A2 + B 2 + C 2 > 0 .
ur
uu
r
Oyz
P
) và ( ) lần lượt là: n1 = ( 1;0;0 ) và n2 = ( 1; −2;2 ) .

Ta có: VTPT của các mặt phẳng (
Do ∆ song song với mặt phẳng ( Oyz ) nên A = 0 .
Góc giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng ( P ) là:
15


r uu
r
2
u.n2
A − 2 B + 2C
2 ( B − C)
sin ϕ = r uu
= .
r =
2
2 .
u n2 3. A2 + B 2 + C 2 3 B + C
Xét hai trường hợp:
• TH1: C = 0 . Khi đó, sin ϕ =
• TH2: C ≠ 0 . Đặt t =

2
.
3

B
. Ta có: sin ϕ = 2 .
C
3

( t − 1) 2 .
t2 +1

(t − 1) 2
Xét hàm số f (t ) = 2
, với t ∈ R .
t +1
2t 2 − 2
 t = −1
f
'
t
=
f
'
t
=
0
⇔
2
(
)
Ta có: ( )
và
t = 1 .
t2 +1


(

Bảng biến thiên:

)

t
f '( t )

−∞

−1
0

+

−

1
0

+

+∞
1

2

f '( t )
0

1

2 2
.
3
 π
Do hàm số y = sin ϕ đồng biến trên đoạn  0;  nên ϕ lớn nhất khi và chỉ khi sin ϕ lớn
 2
nhất.
2 2
So sánh hai trường hợp trên, suy ra sin ϕ lớn nhất bằng
, đạt được khi t = −1 . Khi đó,
3
B
= −1 . Chọn C = −1 , B = 1 .
C
 x = −1

Phương trình mặt phẳng ∆ :  y = 2 + t .
z = 3 − t

Từ bảng biến thiên, suy ra 0 ≤ sin ϕ ≤

16


Ví dụ 3. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − y + z − 1 = 0 và đường thẳng
x − 2 y +1 z
∆:
=

= . Viết phương trình đường thẳng d đi qua gốc tọa độ O , song song với
1
−1 2
mặt phẳng ( P ) và tạo với đường thẳng ∆ một góc nhỏ nhất.
ur
Giả sử VTCP của đường thẳng d là u1 = ( A; B; C ) . Điều kiện: A2 + B 2 + C 2 > 0 .
r
Ta có: VTPT của mặt phẳng ( P ) là n = ( 1; −1;1) .
Do mặt phẳng ( P ) song song với đường thẳng d nên A − B + C = 0 ⇔ B = A + C .
uu
r
VTCP của đường thẳng ∆ là u2 = ( 1; −1;2 ) . Góc giữa hai đường thẳng d và ∆ là:
ur uu
r
u1.u2
A − B + 2C
1
C2
cos ϕ = ur uu
=
. 2
r =
2 .
u1 u2
6. A2 + B 2 + C 2 2 3 A + AC + C
Xét hai trường hợp:
• TH1: C = 0 . Khi đó, cos ϕ =
• TH2: C ≠ 0 . Đặt t =

1

2 3

.

A
1
1
. 2
. Ta có: cos ϕ =
.
C
2 3 t + t +1

1
, với t ∈ R .
t + t +1
−2t − 1
1
f
'
t
=
(
)
2 và f ' ( t ) = 0 ⇔ t = −
Ta có:
.
2
t + t +1
2

Xét hàm số f (t ) =

(

Bảng biến thiên:

2

)

t

−∞

f '( t )

−
+

1
2
0

+∞
−

3
4
f ( t)
0

0
1
Từ bảng biến thiên, suy ra 0 < cos ϕ ≤ .
3

17


 π
Do hàm số y = cos ϕ nghịch biến trên đoạn  0;  nên ϕ nhỏ nhất khi và chỉ khi cos ϕ
 2
lớn nhất.
1
1
So sánh hai trường hợp trên, suy ra cos ϕ lớn nhất bằng , đạt được khi t = − . Khi đó,
3
2
A
1
= − . Chọn C = −2 , A = 1 ⇒ B = −1 .
C
2
x y
z
=
Phương trình đường thẳng d : =
.
1 −1 −2
Nhận xét.

Cả 3 ví dụ trên đều cho thấy rõ hiệu quả của phương pháp hàm số khi xét bài toán
cực trị liên quan đến góc so với phương pháp sử dụng tính chất của hình học không gian để
giải quyết.
3.3 Một số bài toán tương tự
Bài 1. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 2;0;5 ) , B ( 1; −2;3) và đường thẳng
x = t

∆ :  y = 2 − t . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua hai điểm A, B và tạo với đường
 z = 2t

thẳng ∆ một góc lớn nhất.
Bài 2. Trong không gian Oxyz , cho điểm A ( 1;4;2 ) và hai đường thẳng
x −1 y + 2 z
x −1 y +1 z −1
d:
=
= ; d1 :
=
=
.
−1
1
2
2
1
1
a) Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) song song với đường thẳng d và tạo với mặt
phẳng ( Oxy ) một góc nhỏ nhất.
b) Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A , vuông góc với đường thẳng d1 và
tạo với đường thẳng d một góc lớn nhất.

18


III. MỘT SỐ CHÚ Ý KHI ÁP DỤNG CHUYÊN ĐỀ VÀO THỰC TẾ
Khi áp dụng chuyên đề vào thực tế giảng dạy có thể nảy sinh một số vấn đề cần chú ý
như sau
1/ Phương pháp sử dụng đạo hàm có giải quyết hết các bài toán cực trị của hình
học giải tích không? Còn dạng toán nào mà phương pháp hàm số chưa giải quyết
được?
Mỗi bài toán đều có nhiều cách giải quyết khác nhau. Phương pháp sử dụng đạo hàm
chỉ cung cấp cho chúng ta một phương pháp có hiệu quả để giải quyết bài toán cực trị.
Trong chuyên đề còn chưa xét tới các bài toán tìm điểm thuộc mặt phẳng, điểm thuộc mặt
cầu thỏa mãn tính chất cực trị nào đó. Tuy nhiên, hãy lưu ý tới những hướng giải quyết
khác mà chuyên đề đã có trình bày ở mục nhận xét sau mỗi ví dụ.
2/ Qui trình giải bài toán cực trị bằng phương pháp sử dụng đạo hàm là thế nào?
Qua các ví dụ cụ thể trong chuyên đề, chúng ta có thể trình bày qui trình của việc
giải bài toán cực trị bằng cách sử dụng đạo hàm như sau:
Bước 1. Dựa vào gia thiết bài toán thiết lập các điều kiện tương đương. Từ đó, dẫn đến
hàm số cần khảo sát để tìm cực trị.
Bước 2. Khảo sát hàm số tìm được trong bước 1 để tìm cực trị.
Bước 3. Chuyển bài toán cực trị của hàm số đã xét trở lại bài toán cực trị trong hình học.

IV. HƯỚNG PHÁT TRIỂN CỦA CHUYÊN ĐỀ
Trong chuyên đề chỉ mới đề cập đến các biểu thức thường gặp trong bài toán cực trị.
Chuyên đề có thể nghiên cứu để mở rộng theo hướng thay đổi các biểu thức để tìm cực trị,
thay đổi các giả thiết khi viết phương trình đường thẳng, mặt phẳng thỏa mãn tính chất cực
trị nào đó.

19

C. KIỂM NGHIỆM QUA THỰC TẾ GIẢNG DẠY
Trong quá trình giảng dạy, tôi đã đem vấn đề trên áp dụng vào một buổi dạy tăng
cường dành cho các học sinh ôn thi ĐH – CĐ. Kết quả cụ thể như sau:
Lớp 12B9
(Chưa được học tăng
cường)
Trong không gian Oxyz , cho Không có học sinh nào giải
quyết trọn vẹn bài toán.
x = 1 − t

đường thẳng ∆ :  y = −2 + t
25/40 học sinh tính được
 z = 2t

diện tích tam giác MAB
theo tham số t nhưng không
và hai điểm A ( 2;3;0 ) ,
B ( 0; −1;5 ) . Xác định tọa độ biết đánh giá để diện tích
tam giác này đạt giá trị nhỏ
điểm M thuộc đường thẳng nhất.
∆ sao cho tam giác MAB có 15/40 học sinh không xây
diện tích nhỏ nhất.
dựng được công thức diện
(Thời gian: 15 phút)
tích tam giác MAB mà mất
thời gian đi tìm vị trí điểm
M từ hình vẽ.
Nội dung kiểm tra

20

Lớp 12B10
(Đã được học tăng cường)
30/42 học sinh giải quyết
trọn vẹn bài toán.
7/42 học sinh tính được diện
tích tam giác MAB theo
công thức
1
SVMAB = d ( M , AB ) . AB
2
Nhưng không đưa được về
bài toán tìm giá trị nhỏ nhất
của d ( M , AB ) .
35/42 học sinh chuyển được
về bài toán tìm giá trị nhỏ
nhất của d ( M , AB ) .
30/42 học sinh giải quyết
trọn vẹn bài toán nhờ xét
hàm số
f ( t ) = 46t 2 − 212t + 686


D. KẾT LUẬN
Chuyên đề được hoàn thành với sự tổng hợp, tham khảo tài liệu và đúc rút, tổng kết
kinh nghiệm từ thực tế giảng dạy. Về cơ bản chuyên đề hoàn thành các mục tiêu đề ra.
Nhưng để chuyên đề có tính ứng dụng cao và sát thực tiễn hơn kính mong các Thầy cô
giáo, các bạn đồng nghiệp tiếp tục thảo luận để đóng góp, bổ sung cho chuyên đề. Hi vọng

chuyên đề này có thể được coi là một tài liệu tham khảo nhằm rèn luyện cho học sinh kĩ
năng giải quyết các bài toán nói chung và kĩ năng giải bài toán cực trị trong hình học Oxyz
nói riêng.
Xin chân thành cảm ơn!
Hà Tĩnh, tháng 4 năm 2013

21


MỤC LỤC
A. MỞ ĐẦU ………………………………………………………………1
B. NỘI DUNG ……………………………………………………………3
I. BÀI TOÁN CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN KHOẢNG CÁCH………3
II. BÀI TOÁN CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN GÓC……………………13
III. MỘT SỐ CHÚ Ý KHI ÁP DỤNG CHUYÊN ĐỀ………………….19
IV. HƯỚNG PHÁT TRIỂN CỦA CHUYÊN ĐỀ………………………19
C. KIỂM NGHIỆM QUA THỰC TẾ GIẢNG DẠY……………………....20
D. KẾT LUẬN……………………………………………………………..21

22