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

CHƢƠNG 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 thƣờng gặp
Dạng 1: Xác định khoảng cách (độ dài đoạn thẳng) lớn nhất hay
nhỏ nhất.

1


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
- 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..

2


- 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 đường 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.
I.3. Một số phƣơng pháp giải toán cực trị hình học
Phƣơng pháp 1: Sử dụng quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên.
Phƣơng pháp 2: Sử dụng quan hệ giữa đoạn thẳng và đường gấp
khúc, các bất đẳng thức trong tam giác.
Phƣơng pháp 3: Sử dụng bất đẳng thức trong đường tròn.
Phƣơng pháp 4: Sử dụng một số phép dời hình.
Phƣơng pháp 5: Sử dụng một số bất đẳng thức cơ bản.
Phƣơng pháp 6: Sử dụng phương pháp hàm số.

3


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.
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


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

.

Tính thể tích

hình lăng trụ.
Nối BA’. Góc
a3 3
8 sin

1  4 sin 2





=

 C’BA’

từ đó tính toán được: V =


2

2

A’

C’

A’

C’
I

B’





C

A

B’

C

A
B

B

(?) 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’
A’B’ và C’I



 C’I 

(A’B’BA) vì lăng trụ cho là đều. Từ đó suy ra

 C’BI,

sau khi tính toán ta được kết quả đúng là V =

a3 3
8 sin 

3  4 sin 2 



=

.

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



5


a

2 ).

Tìm GTNN của M khi M, N lần lượt chuyển động trên AC,

A’B.
Bài giải
z
B
A

C

M

Lập hệ trục toạ độ Descartes
vuông góc Oxyz sao cho O trùng

D

B’,trục Ox chứa A’, trục Oy chứa C’

N
y
A’

trục Oz chứa B

C’

B’
D’

Ta có: A(a; 0; a), C(0; a; a), A’(a; 0;

x

0), B(0; 0; a), M(at
2

;0;

t
2

) nên

t
2

;

t
2

; a ),

N(a-

AC  (a; a;0)

t
t


;
 a
A' B  (a;0; a) , MN   0;
2 2



Do MN nhỏ nhất khi và chỉ khi MN là đoạn vuông góc chung của AC
và A’B nên

at


0

 MN . AC  0


2


t

MN . A' B  0
a
 a  0
  2


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:
2

Từ (!) thay là:MN =
a

2

 t   t

 a

 
 2  2


2

=t2-

2 at

+a2 = f(t), (0



t



2 ).

6


Ta có f’(t) = 2t -

2a

=0

t

=

a 2


2

M, N lần lượt là trung điểm

AC, A’B
Khi đó MN nhỏ nhất bằng

a 2
.
2

CHƢƠNG 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.

7


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
tạo bởiC’
D’ thiết diện
P
mp(MNP) của hình lập phương. Tìm x để chu vi thiết diện đạt GTNN.
S

Bài giải
A’

Gọi Q là trung điểm của AB,
Suy ra mặt phẳng (MNP) đi qua Q.
Thật vậy:

D

C

M

M’
I

Gọi I là trung điểm của MN
kẻ MM’ // AB (M’  BB’),

T

B’

A

Q

N

B

II’// MM’ (I’  M’N)


I’ là trung điểm của M’N

Vì AM=BN
 II’//QB



BM’ = BN  I’  BC’

// 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=

2 x2 

2MQ+NT =

Xét hàm số f(x) =
4x

f’(x) =

4x  1
2

1
 (1  x) 2 ; (0  x  1)
4

2 x2 

 2

1
 (1  x) 2 ; (0  x  1)
4

f’(x) = 0



x=

1
.
2

Ta có bảng biến thiên
0

1
2

1

8


x
f’(x)

0

_
+

+
+

3 2
2

f(x)

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

2

2

khi x

=1 .
2

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 300. 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

S

lớn nhất.
Bài giải
SA  BM 
  BM  AH
BM  SH 

Ta có

H
A

C

M

Tính khoảng cách từ S đến BM bằng SH do
SH



B

BM tại H.

Tính SH: Ta có  AHM ~  BCM
Mặt khác AM = x, (0
BC = a; BM =



x



a

x 2  2a 3x  4a 2



AH =

BC. AM
BM

3)



AH=

ax
x 2  2 a 3 x  4a 2

Xét tam giác vuông SAH có SH2 = SA2 + AH2
a 4



.

SH =

x2
x 2  2a 3 x  4a 2

Tìm x để SH lớn nhất : SH lớn nhất



f(x) =

x2
x 2  2a 3 x  4a 2

đạt

GTLN.
9


Ta có f’(x) =

 x0

4a 3
:

f
'
(
x
)

0

x 
( x 2  2a 3 x  4 a 2 ) 2
3

 2a 3x 2  8a 2 x

Bảng biến thiên:
x

0

a 3
+

f’(x)

2
f(x)
fx
x)

3

Từ bảng biến thiên suy ra Maxf(x) = 3 khi x = a
3]

[0; a

khi H trùng với C Khi đó SH = a

3

với mọi x 

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

D

Thể tích của tứ diện ADMN đạt GTLN,
GTNN
c) Diện tích toàn phần của tứ diện
y

N

A

ADMN đạt GTLN, GTNN.

H.

x
M

Hạ DH

Bài giải
I



(ABC)

C



a) Chứng minh hệ thức x+y = 3xy.

H là trọng tâm



AH là phân giác của MAN

10


Do (DMN)
S AMN 



(ABC)

M, H, N thẳng hàng. Ta có



1
3
xy. sin 60 0 
xy

2
4

Mặt khác:
S AMN  S AMH  S ANH 

Từ đó



1
1
3
AH .sin 300  AOy sin 30 0 
( x  y)
2
2
12

3xy = x+y.

a) Cách 1 Dùng đạo hàm tìm GTLN, GTNN của V và Sxq
Xác định x, y để thể tích V của tứ diện ADMN đạt GTLN, GTNN
Ta có DH =

6

3

1

3

V = SAMN.DH =

Với x, y  [0; 1]. Đặt xy = t



xy 2
12

. Vì 3xy = x+y,

x+y = 3t ta có

x, y là các nghiệm  [0; 1] của phương trình z2 - 3tz + t = 0 (*)


t=

z2
.
3z  1

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

z2
=
3z  1

z2
3z  1

Xét hàm số f(z) =
 z  0, z 

t có hai nghiệm z  [0; 1]
với z



[0 ; 1]. f’(z) =

2
3

3z 2  2 z
(3z  1) 2

= 0
.

Bảng biến thiên :
1
3

0

z
f’(z)

- ||

2
3
-

1
0

1
2

+

0
f(z)
-

+

4
9

11

Từ bảng biến thiên suy ra (*) có hai nghiệm  [0; 1]
1
2

4

9

t



.
xy 2
12

Do V =

Vậy MinV =
1
2



=

t 2
12

2
27

khi = y =

nên ta có
2
3

2

27

2
24



V

2
24

, MaxV =

.

khi x = 1, y =

1

2

hoặc x =

, y =1.
c) Ta có Stp = SAMD + SAND + SAMN + SDMN =

1
1
xy 3
6
x sin 60 0  y sin 60 0 

x 2  y 2  xy
2
2
4
6
3
6
( x  y  xy ) 
(3xy ) 2  3xy =
4
6

Ta có f’(t) =

3

Nên MinStp =

MaxStp =

2 (6t  1)
4 3t 2  t

3
(4  2 )
9

1
(2 3  2 )
4

3t

2
3t 2  t
2

+

> 0, Với

4

9

khi x = y =

khi x = 1, y =

=

1
2

t



=f(t).

1

2

f(t) đồng biến trên đó

2
3

hoặc x =

1
2

,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
  SCA

Đặt



AC nên BC



S

SC

là góc giữa hai mp(SCB) và (ABC).

 SCA

= x, (0 < x <  /2).

Khi đó: SA = asinx, AC = acosx.

a

B

A
x

C

12


 VS.ABC

=

a sin x a 2 cos 2 x a 3
.

sin x. cos 2 x
3
2
6



Xét hàm số f(x) = sinxcos2x trên khoảng (0; )
2

Ta có f’(x) = cos3x - 2cosxsin2x = cosx(3cos2x -2)

f’(x) = 3cosx


f’(x) = 0


2 
2
 cos x 
 cos x 
.



3
3






cosx = cos  =
x

2

3

f(x)




2



0

0

+




x=

2
f’(x)
fx
x)

-

f(x)

Vậy VS.ABC đạt GTLN khi cosx =

2
3

,x



(0; ) .
2

Chú ý : Ta có thể đặt sinx = t, (0 < t < 1) xét hàm số f(t) = t(1-t2)
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}
Kẻ AH





1

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 4BM2 +CD2 = 2(BD2+BC2)
13




4BM2=2(AB2+BC2) - CD2





1

x2
4

.

BM =

1

x2
4

, khi BC = BD =1(F

BM

Mặt khác BF  BM  BF
1

x2
4



2

 BM 

1-

x2
4



M).
x2
AE  1   AH  AE 
4

. Tương tự

.

Ta có V =

1
1
x2
1
x2
1
x2
S BCD . AH  CD.BF . AH 1 
 V  x 1  . AH  x(1  ) .
3
6
4
6
4
6
4

1
x2
x(1  ) ,
6
4

V=



x2
1
4

4 - CD2 = 4-x2

khi BA = BD = AC= AD = 1 và H

Bài toán quy về tìm x

(0; 1] để V = f(x) =





E

1
x2
x(1  ) đạt
6
4

giá trị lớn

nhất
2

Xét hàm số f(x)= 1 x(1  x ) ; f’(x) = 1 [(1  x
6

4

6

2

4

)

x2
]=
2

x

0

2

= 4/3

x

=

 4/3.

Ta có f’(x) > 0 với x  
khoảng (0; 1]





4 / 3; 4 / 3  hàm

Maxf(x)(0; 1] = f(1) =

số f(x) đồng biến trên

1
1
1
1(1  )  
6
4
8

MaxV = 1 , khi tứ
8

diện ABCD có đáy BCD, mặt bên ACD là các tam giác đều cạnh
bằng 1 và (BCD)



(ACD), với AB =

3
 1.
2

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.

S

Bài giải
Đặt SI = x, x > R. Ta có SO = x+ R,

K
I

A

0
0

B

14


x2  R2

SK =


. Do

SIK ~ SAO

SK IK
SO.IK R( R  x)

 AO 

SO AO
SK
x2  R2

Suy ra thể tích V của hình nón là
1

V(x)=  .OA2 .SO 

R 2 ( R  x) 2
( R  x)
3 (x 2  R 2 )

3

 V(x)

=

R 2 ( R  x) 2

Xét hàm số
f ' ( x) 

xR

3

( R  x) 2
f ( x) 
,
xR

x 2  2 Rx  3R 2
;
( x  R) 2

x  R.

Ta có :

 x  3R
f ' ( x)  0  
x  R

Bảng biến thiên của f(x) trên khoảng
x

R

f’(x)

+

3R
0

_
+

f(x)

( R;  )

+
+

8R

Hàm số f(x) đạt GTNN trên khoảng
Suy ra V(x) đạt GTNN =

8R 3
3

( R;  )

tại x = 3R,

khi SO = x = 4R

Vậy hình nón cần tìm có bán kính đáy AO = R



2

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.
15


Đặt IO = x ;

0  x R .

R2  x2

AO =

, SO = R+x.

Ta có thể tích V của khối nón nội tiếp mặt

S

1

V   .OA2 .SO  ( R 2  x 2 )( R  x)
3
3

cầu là
với

I

0  x R.

Xét hàm số f(x) = (R2-x2)(R+x), x
O

 [0;R]

V lớn nhất  f(x) đạt GTLN
A

B

Bài toán trở về việc tìm x  [0 ; R] để f(x) đạt GTLN

Ta có f’(x) = -2x(R+x) + (R2-x2)=-(R+x)[2x-R+x]
f’(x) = -(x+R)(3x-R)
x = R/3





f’(x) = 0

 x  R
 
x  R / 3

[0; R] . Ta có f(0) = R3 , f(R) = 0, f(R/3) = 8R2/9.4R/3

= 32R3/27
 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  R3/81.
b) Đặt

ASI   ,

0<



< 900 Ta có

SA  2 R cos  , SO  SA. cos   2 R cos 2 
AO  SA. sin   2 R sin  cos 

Suy ra Stp =  AO2 +  AO.SA =  4R2sin2  .cos2  +
 .2Rsin  .cos  .2Rcos 

= 4  R2(sin2  +sin  )cos2  = 4  R2(sin2  +sin  )(1-sin2  )
Stp lớn nhất



P = (sin2  +sin  )(1-sin2  ) lớn nhất.

Đặt sin  = t, t  (0; 1). Ta có P = f(t) = (t2+t)(1-t2) = - t4-t3+t2+t

16


Bài toán trở về việc tìm t  (0; 1) để f(t) đạt GTLN.
Ta có f’(t) = -4t3-3t2+2t+1, f’(t) = 0
Bảng biến thiên

x
0
f’(x)

+



t = -1, t =

1  17
8
0

1  17
8

,t=

1  17
8

1
-

CĐ
f(x)

Vậy Stp LN

0

sin  =



0

1  17
8

 chiều

cao của hình nón SO =

R(23  17 )
.
16

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
Kí hiệu chiều cao, bán kính đáy và thể
tích của hình trụ nội tiếp hình cầu lần lượt là
h

R
r

h, r và V.
2

Khi đó V =  r h.
V = V(h) =

2

Vì r = R -

h2
4

nên

 2 h2 
 2
h3 




  R  h    R h  .
4 
4



Bài toán quy về tìm h để hàm số V(h) đạt GTLN, với h
Ta có V’(h) =

2

 2 3h 2 
2R
, V ' ( x)  0  h 
  R 
.
4 
3




(0 ; 2R).

Suy ra Bảng biến

thiên:

17


h

2R

0

V’(h)

2R
_

3
+

0
4R 3

3 3

V(h)
0

0

Vậy hình trụ nội tiếp hình cầu có bán kính R có thể tích lớn nhất
khi chiều cao của nó bằng

2R
3

. Khi đó, thể tích của hình trụ là

4R 3
3 3

.

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 = x2 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; a2). Ta có AM2 = (a+3)2 + a4 = a4+a2 + 6a + 9.

Xét hàm số f(a) = a4+a2 + 6a + 9, a  R.
f’(a) = 4a3+2a+6 = 2(2a3+a +3) = 0

a

= -1.

Ta có bảng biến thiên:
a

-

f’(a)

+

-1
-

0

+
+

+
f(a)

Dựa vào bảng biến thiên
Minf(a) = f(-1) = 5



 M(-1;

Vậy AM nhỏ nhất bằng

5

1).

khi M (-1 ; 1).

Cách 2.
18


M  (P)



M(a; a2).

Tiếp tuyến tại M có phương trình:y = 2ax-a2 (d),
khoảng cách từ A đến (P) ngắn nhất khi AM
 AM 



(P)

(d)

d.

Ta có AM  (a  3; a 2 ) ; ud  (1; 2a) AM



d

 AM .u d  0


a+3+2a3 = 0



a = -1  M(-1; 1)  AM =

Vậy AM nhỏ nhất bằng

5

5

khi M (-1 ; 1).

Bài toán 10. Trong hệ trục toạ độ Đềcác vuông góc Oxy cho Elíp (E):
x2
 y2  1
4

và đường thẳng d: x+y - 4 = 0. Tìm N





(E) sao cho



x=

d, M

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=



M (x;

1

1
4  x2
2

x

d(M, d) =

2

x
2 4  x2

) ,x  [-2 ; 2]. Ta có:

1
4  x2  4
2
2

Xét hàm số f(x)= x  1
f’(x) = 1-

x2 1

4  x2
4
2

0

.

4  x2  4 ,

x  [-2;2]

 0  2 4  x2  x ,

Ta có bảng biến

x

thiên:

x



-4x2 = x2

 16

4

-2

f’(x)

0

0

5

2

5

+

4

-

5 4

f(x)

-6

-2

19


Từ bảng biến thiên
 f ( x)  4  5 

Mind(M,d) =

N  d MN ngắn nhất
 MN  (a 

 a





MN

4 5 ;

khi M (

4

;

1

; 2-

3

5

5

),

d

4
1
; a4
)  u d  (1;  1)
5
5

4
1
a4
0a
5
5

= 2+

3
2 5



N (2+

3
2 5

2 5

).

Bài toán 11.
Cho n điểm A1, A2, . . . An 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 Ai 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
Ai có toạ độ (xi ; yi); i = 1, n. Các đường thẳng đi qua O có phương
trình kx - y = 0.

Khi đó tổng các bình phương khoảng cách từ A i đến đường thẳng
đó

là
n

n

 (kxi  yi ) 2
f(k) =

i 1

1 k

2

 (k
=

i 1

2

xi  2kxi yi  yi )
2

1 k 2

,

20


Đặt a= x12  ...  xn2 , b = x1 y1  ...  xn yn , c = y12  ...  yn2 .
Ta có f(k)

ak 2  2bk  c
=
1 k 2

Nếu b = 0: thì f(k) = a +

ca
1 k 2

ca
 ca
1 k 2

ta có

.



Maxf(k) = c, với

k =0
 1

Nếu b

là trục tung,


2

là trục hoành

0: Xét hàm số f(k) =

 1  2

ak 2  2bk  c
,
1 k 2

ta có f’(k) =

2bk 2  2k (a  c)  2b
(1  k 2 ) 2

2bk2 - 2(a-c)k - 2b = 0 luôn có hai nghiệm k1, k2 và k1.k2 = -1.
Ta có bảng biến thiên sau

-

k
f’(k)

k1
+

0

+

k2
-

0

+
a

f(k)
a

Từ bảng biến thiên
nên



Maxf(f) = f(k1) Minf(k) = f(k2) vì k1k2 = -1

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):

hai điểm A(1; -2; -1), B(2-

2;

2; -3 ). Tìm M thuộc



x  y  z  3  0, và

sao cho AM +

BM nhỏ nhất.
Bài giải

21




có phương trình tham số là:

Ta có: AM =

2t 2  9

AM + BM = f(t) =
2t

f’(t) =

2t 2  9



 x2

 y  t 
z  1  t


2t 2  12t  22

BM =

2t 2  9

+

2(t  3)
2t 2  12t  22

M(2; -t ; 1+ t)

2t 2  12t  22 ;

; f’(t) = 0



t=



9
.
5

Ta có bảng biến thiên

sau:
t

-

f’(t)



+

9
5

-

0

+
+

+
f(t)
43

Từ bảng biến thiên  Min f(t) =

43

đạt được tại t =

a 2  b 2  M(2;

9
;
5



4
).
5

Chú ý ta có thể giải bài toán này bằng nhiều cách khác như:
Dùng bất đẳng thức:

a2  b2

+

c 2  d 2  (a  c) 2  (b  d ) 2

Dùng phương pháp hình học không gian tổng hợp:
B1: Tìm toạ độ hình chiếu A1 của A lên  ; B1 lên



B2: Tính độ dài AA1; BB1 từ đó suy ra điểm N chia A1B1 theo tỉ
số



AA1
BB1

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



22


t



a

2 ).

Tìm GTNN của M khi M, N lần lượt chuyển động trên AC,

A’B.
Bài giải
z

Lập hệ trục toạ độ Descartes vuông góc Oxyz

B

A

C

M
D

sao cho O trùng B’,trục Ox chứa A’ ,

N
y
C’

B’

trục Oy chứa C’ trục Oz chứa B (hình bên).

x A’

D’

Khi đó:
A(a; 0; a), C(0; a; a), A’(a; 0; 0), B(0; 0; a), M(at
2

;0;

t
2

) nên

t
2

;

t
2

;a )

N(a-

AC  (a; a;0)

t
t


;
 a
A' B  (a;0; a) , MN   0;
2 2



2

MN =

2

 t   t

 a


 
 2  2


Ta có f’(t) = 2t -

2a

2

=t2-

=0

t

2 at

=

+a2 = f(t), (0

a 2

2



t



a

2 ).

M, N lần lượt là trung điểm

AC, A’B
Khi đó MN nhỏ nhất bằng

a 2
.
2

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

23


Bài toán 14. Cho đường

là giao hai mặt phẳng ( P) : x  y  z 1  0;



và các điểm A(2;1;-1), B(-1;2;0). Trong các đường

(Q) : x  y  z 1  0

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

n1  (1;1;1), n2  (1; 1;1) ,

ta có

 n1 , n2   (2;0; 2) ,



N(1; 0; 0) thuộc



nên



có véctơ chỉ

phương (1;0;-1) suy ra phương trình tham số của

x  1 t

: y  0
 z  t


Gọi d là đường thẳng bất kì đi qua B và cắt  . Giả sư d cắt
M(1+t;

0;

Khi

-t).

BM  (2  t; 2; t ), BA  (3; 1; 1)

đó

d

có

véctơ

chỉ



phương

tại
là

suy ra

 BM , BA  (2  t; 2  2t; 4  t )


 BM , BA
(2  t )2  (2  2t )2  (4  t )2


d ( A, d ) 

BM
(2  t ) 2  4  t 2

Do đó:

Xét hàm số f(t) =

=

3t 2  10t  12
t 2  2t  4

t2

3t 2  10t  12
16t 2  64
,
f
'(
t
)

, f '(t )  0  
2
2
2
t  2t  4
(t  2t  4)
t  2

Ta có bảng biến thiên:
t

-

f’(t)

+

-2
0

+

2
-

0

+

11

f(t))
3

1
3

3

24


Vậy khoảng cách từ A tới d lớn nhất bằng
1
3

1;0;2) và nhỏ nhất bằng

11 khi

t = -2 ứng với M(-

khi t =2 ứng với M(3;0;-2). Hai đường

thẳng cần tìm ứng với GTLN, GTNN lần lượt có phương trình là:
 x  1
d1:  y  2  2t
 z  2t


x 1 y  2 z
.


4
2
2

và d2:

Bài toán 15. Cho mặt phẳng (  ): x+y-z+1 = 0 và đường thẳng d là
giao hai mặt phẳng
( P) : x  y  z  3  0;(Q) : 2 x  y  z  2  0 .

Trong các đường thẳng đi qua A(1;-

1;2) và song song với mặt phẳng (  ) viết phương trình đường thẳng
sao cho khoảng cách giữa





và d lớn nhất.
Bài giải

Ta có:

n  (1;1; 1) ,

đường thẳng d có phương trình tham

Do đó , d đi qua điểm I(-1; 0; 4) và có véctơ chỉ phương
Giả sử

ud  (a; b; c)

là một véctơ chỉ phương của



 x  1  2t
số:  y  t
 z  3  3t


ud  (2;1; 3) .

cần tìm, (a2+b2+c2 >

0). Do  // (  ) nên a+b-c = 0.
Trường hợp 1: a = 0

phương trình:

 x 1

 y  1  s
 z  2 s


Trường hợp 2: a
d ( , d ) 

d (, d ) 

b



= c. Chọn b = 1 thì c = 1. Đường thẳng

và

d ( , d ) 

0. Chọn a =1

u, u ' .IA
6




2
u , u ' 



c

24b2  24b  27

lớn nhất

có

.

= b+1 và

ud  (1; b; b  1) .

u, u ' .IA
6b  9
3 2b  3




u , u ' 
(4b  1) 2  (2b  5) 2  (2b  1) 2
24b 2  24b  27




3 2b  3



4b2  12b  9

lớn
24b2  24b  27

Khi đó

.

nhất.

25