Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12

www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ
TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong chương trình Hình học giải tích lớp 12, bên cạnh các dạng toán quen thuộc
như: viết phương trình mặt phẳng, đường thẳng, mặt cầu, tìm tọa độ điểm…. ta còn gặp
các bài toán tìm vị trí của điểm, đường thẳng hay mặt phẳng liên quan đến một điều kiện
cực trị. Đây là dạng Toán khó, chỉ có trong chương trình nâng cao và đề tuyển sinh Đại
học, cao đẳng.
Trong quá trình trực tiếp giảng dạy Toán lớp 12 và nghiên cứu, tôi thấy đây là
dạng toán không chỉ khó mà còn khá hay, lôi cuốn được các em học sinh khá giỏi. Nếu ta
biết sử dụng linh hoạt và khéo léo kiến thức của hình học thuần túy, véctơ, phương pháp
tọa độ, giải tích thì có thể đưa bài toán trên về một bài toán quen thuộc.
Với tinh thần 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, tôi trình bày chuyên đề
“ Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12”.
II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI
1. Thuận lợi.
- Học sinh đã được trang bị kiến thức, các bài tập đã được luyện tập nhiều.
- Học sinh hứng thú trong tiết học, phát huy được khả năng sáng tạo, tự học và yêu
thích môn học.
- Có sự khích lệ từ kết quả học tập của học sinh khi thực hiện chuyên đề.
2. Khó khăn.
- Giáo viên mất nhiếu thời gian để chuẩn bị các dạng bài tập
- Nhiều học sinh bị mất kiến thức cơ bản trong hình học không gian, không nắm
vững các kiến thức về hình học, vec tơ, phương pháp độ trong không gian.
- Đa số học sinh yếu môn hình học.
III. NỘI DUNG.
1. Cơ sở lý luận.

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 chuyên đề chủ yếu dùng phương pháp tọa độ trong không gian để giải các
bài toán được đặt ra.
2. Nội dung.

Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB.

Trang 1/24


www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

2.1. Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng.
a. Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (α)
- Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên (α).
- Viết phương trình đường thẳng MH(qua M và vuông góc
với (α))
- Tìm giao điểm H của MH và (α).
 Nếu yêu cầu tìm điểm M’ đối xứng với M qua mặt
phẳng (α) thì ta vẫn tìm hình chiếu H của M lên (α), dùng
công thức trung điểm suy ra tọa độ M’.
b. Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d:
- Viết phương trình tham số của d
- Gọi H  d có tọa độ theo tham số t
H là hình chiếu vuông góc của điểm M lên d khi
 -

ud MH  0

- Tìm t, suy ra tọa độ của H.

2.2 Các bài toán cực trị liên quan đến tìm một điểm thỏa điều kiện cho trước.
Bài toán 1: Cho n điểm A1, A2, ..An, với n số k1, k2,.,kn thỏa k1+ k2+ ….+kn = k ≠ 0 và
đường thẳng d hay mặt phẳng (α). Tìm điểm M trên đường thẳng d hay mặt phẳng (α)



sao cho k1 MA1  k2 MA2  ...  kn MAn có giá trị nhỏ nhất.
PP chung:


 
 Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k 2 IA 2 +...+ k n IA n  0





 Biến đổi k1 MA1 + k 2 MA 2 +...+ k n MA n = (k1 + k 2 +...+ k n )MI = k MI

Ví dụ 1: Cho đường thẳng  d  : x- 4 = y+1 = z và hai điểm A  0;1;5 , B  0;3;3 .
1

1

1

Tìm tọa độ điểm M trên đương thẳng d sao cho:
 

1) MA + MB có giá trị nhỏ nhất.




2) MA - 4MB có giá trị nhỏ nhất.
 Tìm vị trí của M khi


MI

đạt giá trị nhỏ nhất.

Giải:
  
1) Gọi điểm I thỏa IA + IB = 0 thì I là trung điểm 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 IM.u  0 hay 3t – 3 = 0  t = 1. Vậy M( 5; 0; 1).
Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB.

Trang 2/24


www.VNMATH.com SKKN: MỘT
 SÔBÀI
 TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

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)

13
7
13 7
 x = 0; y = , z = , vậy J(0; ; )
5
3
5 3
     


Khi đó MA - 4MB  MJ+ JA- 4(MJ  JB)  3MJ  3 MJ có giá trị nhỏ nhất khi M là hình

chiếu vuông góc của J lên đường thẳng d.


18
17
;t) khi M là hình chiếu vuông góc của J
5
5
 
lên đường thẳng d thì JM.u  0 hay 3t – 3 = 0  t = 1
 
Vậy M( 5; 0; 1) thì MA - 4MB có giá trị nhỏ nhất.

Tọa độ M(4+ t; -1+ t; t), JM = ( t+ 4; t -

Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + 3z + 10 = 0 và ba

điểm A 1;0;1 ,

B  -2;1;2  , C 1;-7;0  . Tìm điểm M trên mặt phẳng (α) sao cho :
  
1) MA + MB  MC có giá trị nhỏ nhất.






2) MA -2MB  3MC có giá trị nhỏ nhất.
Giải:
   
1) Gọi G thỏa GA + GB +GC = 0 thì G là trọng tâm của tam giác ABC và G(0;-2;1).
   

    

Ta có MA + MB  MC = MG + GA + MG  GB  MG  GC = 3 MG có giá trị nhỏ nhất khi M
là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (α).
Đường thẳng MG nhận n = (2; -2; 1) làm một vecto chỉ phương nên phương trình tham số
x = 2t
của MG là: y = -2-2t . Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
z = 1+3t


4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = 0  17t  17  0  t  1
  
Vậy với M(-2; 0; -2) thì MA + MB  MC có giá trị nhỏ nhất.




 

2) Gọi I(x; y; z) là điểm thỏa IA -2IB  3IC  0
Ta có (1- x; -y; 1-z) - 2(-2-x; 1-y; 2-z) + 3(1-x; -7-y; -z) = (0;0;0)
23
3
23 3
; z = - , vậy I(4;  ;  )
2
2
2
2


 
 
    
Ta có: MA -2MB  3MC = MI+IA -2(MI  IB)  3(MI  IC ) = 2MI có giá trị nhỏ nhất khi M là
 x = 4; y = -

hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (α)

x = 4+2t

Phương trình tham số của đường thẳng MI: y =  23 -2t

2

3

z =  2 +3t

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
2(4  2t)  2(

73
73
23
3
0t 
 2t)  3(  3t)  10  0  17t 
2
2
2

34

Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB.

Trang 3/24


www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

  
Vậy với M(  5 ;  245 ;  135 ) thì MA -2MB  3MC đạt giá trị nhỏ nhất.

17

34

17

Bài toán 2: Cho đa giác A1 A2 ….An và n số thực k1, k2, …., kn thỏa k1+ k2+ ….+ kn = k .
Tìm
điểm M thuộc mặt phẳng ( hay đường thẳng) sao cho tổng T =
2
k1MA1  k2 MA22  ...  kn MAn2 đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất
PP
chung:



- Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k 2 IA 2 +...+ k n IA n  0
- Biến đổi : T = k1MA12  k 2MA 22  ...  k nMA n2 =







= (k1 +...+ k n )MI 2 + k1IA12  k 2IA 22  ..  k n IA n2 + 2 MI(k1 IA1 +..+ k n IA n )
= kMI 2 + k1IA12  k 2IA 22  ...  k n IA 2n
Do k1IA12  k 2IA 22  ...  k n IA n2 không đổi, Biểu thức T nhỏ nhất hoặc lớn nhất khi MI nhỏ
nhất hay M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng hay đường thẳng.
Chú ý:
- Nếu k1+ k2+ ….+ kn = k > 0, Biểu thức T đạt giá trị nhỏ nhất MI nhỏ nhất
- Nếu k1+ k2+ ….+ kn = k < 0, Biểu thức T đạt giá trị lớn nhất khi MI nhỏ nhất.
Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): x + 2y + 2z + 7 = 0 và ba điểm A(1; 2; -1), B(3; 1; -2),
C(1; -2; 1).
1) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất.
2) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn nhất.
Giải:
  
3 3
1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa IA + IB = 0 thì I là trung điểm AB và I (2; ;  )
2 2
  2   2
2
2
Ta có: MA + MB = (MI + IA) +(MI + IB)
  
 IA 2 + IB2 +2MI 2 +2MI(IA + IB) = IA 2 + IB2 +2MI 2
Do IA 2 + IB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI2 có giá trị nhỏ nhất,
hay M là


hình chiếu vuông góc của I lên (α). Đường thẳng IM qua điểm I và có vtcp n α  (1; 2; 2)
Phương trình tham số MI:


x = 2+t

3

y = + 2t
2

3

z =  2 +2t

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
3
3
1 7
2  t  2(  2t)  2(   2t)  7  0  9t  9  0  t  1  M (1;  ;  )
2
2
2 2
1 7
Vậy với M(1;  ;  ) thì MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất.
2 2

Nhận xét:

Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB.

Trang 4/24


www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

AB 2
Với I là trung điểm AB thì MA + MB = 2MI +
, do AB2 không đổi nên
2
MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I
lên (α).
   
2) Gọi J(x; y; z) là điểm thỏa JA - JB -JB = 0
Hay (1  x; 2  y; 1  z)  (3  x;1  y; 2  z)  (1  x; 2  y;1  z)  (0; 0; 0)
2

2

2

3  x  0

 3  y  0  J(3; 3; 0)
z  0

 
 
 

Ta có: MA2 - MB2 – MC2 = (MJ + JA) 2 - (MJ + JB) 2  (MJ + JC) 2
 
 
 J A 2  JB2  JC 2  MJ 2 + 2MJ(JA  JB  JC)  JA 2  JB2  JC 2  MJ 2
Do JA 2  JB 2  JC 2 không đổi nên MA2 - MB2 – MC2 lớn nhất khi MJ nhỏ nhất hay M là

hình chiếu của J trên mặt phẳng (α).

Đường thẳng JM qua điểm I và có vtcp n α  (1; 2; 2)
x = 3+t
Phương trình tham số MJ: y = -3+ 2t
z = 2t


Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
3  t  2( 3  2t)  2.2t  7  0  9t  4  0  t  

4
23 35 8
 M( ;  ;  )
9
9
9 9

Vậy với M ( 23 ;  35 ;  8 ) thì MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn nhất.
9

9

9

Ví dụ 2: Cho đường thẳng d có phương trình:

x-1 y-2
z-3
và các điểm A(0;1;-2),
=
=
1
2
1

B( 2; -1; 2), C(4; 3; 3). Hãy tìm tọa độ điểm M trên d sao cho
1) MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất
2) MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhất.
Giải:
 
1) Gọi điểm I(x; y; z) là điểm thỏa IA -2 IB = 0
4  x  0

2) Hay: ( x;1  y; 2  z)  2(2  x; 1  y; 2  z)  (0;0;0)  3  y  0  I(4; 3;6)
- 6+z  0

  2
  2
2
2
Ta có MA - 2MB = (MI + IA)  2(MI + IB)

 


 IA 2  2IB 2  MI 2 + 2MI(IA  2 IB)  IA 2  2IB2  MI 2
Do IA 2 - 2 IB2 không đổi nên MA2 -2 MB2 lớn nhất khi MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là
hình chiếu vuông góc của I lên d.
x = 1+t

Đường thẳng d có vtcp u  (1; 2;1) , phương trình tham số d:  y = 2+ 2t
 z = 3+ t


Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB.

Trang 5/24


www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

M  d  M(1  t; 2  2t; 3  t) , IM = ( t-3; 2t + 5 ; t - 3) khi M là hình chiếu vuông góc
 
2
1 2 7
của I lên đường thẳng d thì IM.u  0  6t  4  0  t    M ( ; ; )
3
3 3 3

Vậy với M( 1 ; 2 ; 7 ) thì MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất.
3 3 3

Nhận xét:Ta có thể dùng phương pháp khảo sát hàm số để tìm vị trí của điểm M
Với M  d  M(1  t; 2  2t; 3  t)

Và MA2 - 2MB2 = (t + 1)2 + (2t + 1)2 +(t + 5)2 – 2[(t - 1)2 + (2t + 3)2+(t +1)2
= - 6t2 – 8t +5
Xét hàm số f (t )   6t 2 – 8t  5, t  R .
2
Đạo hàm f '(t )   12t – 8t , f '(t )  0  t  
3
Bảng biến thiên
2



T
3
f’(t)

+

0

23
3

f(t)





2
Từ bảng biến thiên ta thấy f(t) đạt giá trị lớn nhất khi t   .

3
1 2 7
Hay MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất khi M( ; ; )
 3 33 
2) Gọi điểm G(x; y; z) là điểm thỏa GA + GB +GC = 0 thì G(2;1;1) là trọng tâm  ABC.
Ta có:
 
 
 
MA2 + MB2 + MC2 = (MG + GA) 2 + (MG + GB) 2 +(MG + GC) 2
 
 
= GA 2  GB2  GC 2 +3MG 2 + 2MG(GA  GB  GC)
= GA 2  GB 2  GC 2 +3MG 2
Do GA 2  GB2  GC 2 không đổi nên MA2 + MB2 + MC2 nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất, hay
M là hình chiếu vuông góc của G lên đường thẳng d.

M  d  M(1  t; 2  2t; 3  t) , GM = ( t-1; 2t +1 ; t +2)
Khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì
 
1
1 5
GM.u  0  6t  3  0  t    M( ;1; ) .
2

2

2

1 5

Vậy với M ( ;1; ) thì MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhất.
2 2

Bài toán 3: Cho mặt phẳng (α) có phương trình:ax + by + cz + d = 0 và hai điểm A,B
không thuộc (α) . Tìm điểm M trên (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
PP chung:
Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB.

Trang 6/24


www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

1. Nếu (axA+byA+ czA + d)(axB+byB+ czB+ d) < 0 thì A, B nằm về hai phía với (α).
Để MA + MB nhỏ nhất khi M thuộc AB hay M là giao điểm của (α) và AB.
2. Nếu (axA+byA+ czA + d)(axB+ byB+ czB+ d) >0 thì A, B nằm về một phía với (α).
Khi đó ta tìm điểm A’ đối xứng với A qua (α). Do MA + MB = MA’+ MB mà đạt
giá trị nhỏ nhất khi M thuộc A’B hay M là giao điểm của (α) và A’B.
Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (α) có phương trình:
x – 2y – 2z + 4 = 0 và hai điểm A(1; 1; 2), B(2; 0; 2). Tìm tọa độ điểm M trên mặt
phẳng (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
Giải:
Thay tọa độ của A và B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về hai phía của (α).
Ta có MA + MB có giá trị nhỏ nhất khi
M là giao điểm của AB và (α).

Đường thẳng AB qua điểm B, nhận AB  (1; 1;0) làm vecto chỉ phương.
x  2  t

Phương trình tham số của AB:  y  t .Tọa độ M ứng với t là nghiệm pt:

z  2


4 2
2
2 + t – 2(-t)- 2.2 + 4 = 0  3t  2  0  t   . Hay M ( ; ;2) là điểm cần tìm.
3 3
3

Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α) có phương trình: x – y + 2z = 0 và ba điểm A(1; 2;-1),
B(3; 1; -2), C(1; -2; -2). Hãy tìm điểm M trên d sao cho
1) MA + MB có giá trị nhỏ nhất
2) MA - MC có giá trị lớn nhất.
Giải:
1) Thay tọa độ của A và B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về một phía của (α).
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua (α), để MA + MB có giá trị nhỏ nhất khi M là giao
điểm của A’B với (α).

Đường thẳng AA’ đi qua A và vuông góc với (α), AA’ nhận n  (1; 1; 2) làm vecto chỉ
x  1 t

phương nên phương trình tham số AA’:  y  2  t

 z  1  2t

Tọa độ hình chiếu vuông góc H của A trên (α) ứng với t của phương trình
1
2

3 3

2 2

1 + t – (2 – t) + 2(-1 + 2t) = 0  6t – 3 = 0 hay t =  H( ; ; 0)
x A ' = 2x H  x A  2

Do H là trung điểm AA’ nên y A ' =2y H  y A  1  A '(2; 1; 1) . A’B có vtcp A'B  (1;0; 3)
z = 2z  z  1
 A'
H
A

x  2  t
Phương trình tham số A’B:  y  1
 z  1  3t


Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB.

Trang 7/24


www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

2 + t – 1 + 2(1 – 3t) = 0  5t  3  0  t 

3
hay M(13 ;1;  4 )
5
5

5

Vậy với M (13 ;1;  4 ) thì MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
5

5

2) Thay tọa độ của A và C vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về hai phía của
(α).Vậy nên A’ và C nằm cùng một phía đối với (α).
Ta thấy MA - MC  MA' - MC  A'C .
Nên MA - MC đạt giá trị lớn nhất khi M thuộc A’C nhưng ở phía ngoài đoạn A’C, tức M


là giao điểm của A’C và (α). Đường thẳng A’C có vtcp A'C  (1; 3; 3)
x  2  t
Phương trình tham số A’C: y  1  3t
 z  1  3t


Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
2 - t - (1 – 3t) + 2(1 - 3t) = 0  4t  3  0  t 

3
hay M ( 5 ;  5 ;  5 )
4
4 4 4

Vậy với M ( 5 ;  5 ;  5 ) thì MA - MC có giá trị lớn nhất.
4

4

4

Bài toán 4: Cho đường thẳng d và hai điểm phân biệt A,B không thuộc d. Tìm điểm M
trên đường thẳng d sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
PP chung:
1. Nếu d và AB vuông góc với nhau
Ta làm như sau:
- Viết phương trình mặt phẳng (α) qua AB và vuông góc với d
- Tìm giao điểm M của AB và (α)
- Kết luận M là điểm cần tìm.
2. Nếu d và AB không vuông góc với nhau
Ta làm như sau:
- Đưa phương trình của d về dạng tham số, viết tọa độ của M theo tham số t
- Tính biểu thức MA + MB theo t, xét hàm số f(t) = MA + MB
- Tính giá trị nhỏ nhất của hàm số f(t), từ đó suy ra t
- Tính tọa độ của M và kết luận.
Ví dụ 1: Cho đường thẳng  d  : x-1 = y + 2 = z-3 và hai điểm C(-4; 1; 1), D(3; 6; -3).
2

2

1

Hãy tìm điểm M trên d sao cho MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải:
 x  1  2t
Đường thẳng d có phương trình tham số  y  2  2t
z  3  t




qua điểm N(1; -2; 3), có vtcp u  (2; 2;1) và CD  (7;5; 4)
 
Ta có u . CD = 14 -10 – 4 = 0  d  CD . Xét mặt phẳng (P) qua CD và vuông góc với d

(P) qua điểm C(-4; 1; 1) và nhận u  (2; 2;1) làm vecto pháp tuyến
Phương trình (P): 2(x +4) – 2(y -1) + 1(z -1) = 0 hay 2x – 2y + z + 9 = 0
Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB.

Trang 8/24


www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

Điểm M thuộc d thỏa MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của d và mp(P).
Tọa độ M ứng với t là nghiệm của phương trình:
2 + 4t + 4 + 4t + 3 + t + 9 = 0  9t + 18  0  t  2
Vậy M(-3; 2; 1) thì MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất bằng: 2  2 17
Ví dụ 2: Cho hai điểm A(3; 0; 2), B(2; 1; 0). Hãy tìm điểm M trên trục Ox sao cho
MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất
Giải:

 

Ox có vtcp i  (1;0;0) qua O(0; 0; 0), AB có vtcp AB  (1;1; 2) và i.AB  1  0  Ox và
AB không
vuông góc.
  

Ta có [i , AB]OA = (0; 2; 1)(3; 0; 2) = 0 + 6 +2 = 8 nên AB và Ox chéo nhau.
x  t
Phương trình tham số của Ox:  y  0 . M  Ox  M(t;0;0)
z  0


S = MA + MB = (t -3)2  0  4  (t -2)2  1  0 = (t -3)2  4  (t -2)2  1
Ta phải tìm t sao cho S đạt giá trị nhỏ nhất. Trong mặt phẳng tọa độ với hệ Oxy xét các
điểm Mt(t; 0)  Ox và hai điểm At(3;2), Bt(2; 1) thì S = MtAt + MtBt .
Ta thấy At, Bt nằm cùng phía với Ox nên ta lấy At’(3; -2) đối xứng với At qua Ox.
Phương trình đường thẳng At'Bt : 3x + y – 7 = 0
7
S = MtAt + MtBt nhỏ nhất khi M là giao điểm của Ox và At'Bt  3t - 7 = 0 hay t  .
3
7
Vậy M ( ;0;0) là điểm cần tìm.
3
Cách khác: Ta có thể tìm điểm M bằng phương pháp khảo sát hàm số.
Ta xét hàm số f  t   (t -3)2  4  (t -2)2  1 ( t  R )
f t  

t 3

 t  3

f t   0 

2

 t  2

4

t 3

 t  3

2

(t  3)



t2



2



2

;
1

t 2

t  2

4

2

(t  2)



 t  3  4

2

2

0
1

(*) với điều kiện 2 ≤ t ≤ 3 ta có:

t  2  1
2

2

2

(*)   t  3 [ t  2   1]   t  2  [ t  3  4]
t  1  [2;3]
t  3  2(t  2)
  t  3  4  t  2   

 7
t 
t  3  2(t  2)
 3
Bảng biến thiên của hàm số f(t) :
2

T
f’(t)

2

7
3


-

0


+

Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB.

Trang 9/24


www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12





f(t)

38  10
3

7
Từ bảng biến thiên suy ra min f  t   f   =
3

38  10
3

7
38  10
, đạt được tại t  7 , tức là M( ;0; 0)
3
3
3

Vậy MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng

Ví dụ 3: Cho đường thẳng  d  : x-2 = y-2 = z -1 và hai điểm A(-1; 1; 1), B(1; 4; 0). Hãy
2

2

1

tìm điểm M trên d sao cho chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải:
 x  1  2t
Đường thẳng d có phương trình tham số  y  2  2t qua điểm N(1; 2; 1), có vtcp
z  1  t

 


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.
Xét điểm M  d  M(1  2t ; 2+2t;1  t ) , ta phải tìm t để MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất
Xét f  t   MA + MB = (2t  2)2  (2t  1)2  t 2  (2t ) 2  (2t  2) 2  (t  1)2
f  t  = 9t 2  12t  5  9t 2  6t  5 = (3t  2)2  1  (3t  1) 2  4

Có đạo hàm f '(t ) 

3t  2
2



3t  1

(3t  2)  1
(3t  1)2  4
3t  2
3t 1
3t  2
(3t  1)
2
1
f '(t )  0 

0 

với   t 
2
2
2
2
3
3
(3t  2) 1
(3t 1)  4
(3t  2)  1
(3t  1)  4
 (3t  2) 2 [(3t  1) 2  4]  (3t  1) 2 [(3t  2)2  1]

 5
t  3
 2(3t  2)  3t  1
1
2

2
 4(3t  2)  (3t  1)  

t 
3
 2(3t  2)  3t  1 t   1

3
Bảng biến thiên của hàm số f(t) :

T





f’(t)

-

1
3

0


+


f(t)


32

Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB.

Trang 10/24