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

SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12

I) LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong chương trình Hình học giải tích lớp 12 nói riêng và Hình học giải tích
nói chung, bên cạnh các bài toán quen thuộc như: Lập phương trình đường thẳng,
mặt phẳng, đường tròn, mặt cầu… ta còn gặp nhiều bài toán về lập phương trình
đường thẳng, mặt phẳng, mặt cầu hay tìm điểm thỏa mãn một số tính chất đặt biệt
hay một điều kiện cực trị náo đó. Nói chung đây là dạng toán không mới nhưng
cũng không phải là dễ, chỉ có trong chưng trình nâng cao và các bài toán thi Đại
học cao đẳng hay thi học sinh giỏi.
Trong quá trình trực tiếp giảng dạy môn toán tôi nhận thấy đây là đề tài tương
đối hay, có thể lôi cuốn được các em học sinh khá giỏi. Tuy nhiên việc tiếp cận vấn
đề này đối với một số học sinh chưa có hiệu quả và thường hay nản chí. Tôi nhận
thấy nếu hểu đúng bản chất và vận dụng linh hoạt các kiến thức hình học thông
thường, biết vận dụng tính chất của véc tơ, … ta có thể đưa các bài toán tưởng
chừng phức tạp và khó thành bài toán quen thuộc với học sinh.
Với tinh thần trên, nhằm giúp các em học sinh hứng thú hơn, tạo cho các em
niềm tin, niềm đam mê sáng tạo, tự học, tự nghiên cứu khi giải toán Hình học, tôi
trình bày chuyên đề: “ Một số bài toán về cực trị trong hình học giải tích 12”
II) THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI
1. Thuận lợi:
 Học sinh đã được trang bị các kiến thức cơ bản
 Học sinh hào hứng trước những bài toán lạ và khó
 Khi thực hiện chuyên đề, học sinh có nhiều chuyển biến về thái độ và kết
quả học tập.
2. Khó khăn:
 Đa số học sinh đều học yếu và chưa có nhiều hứng thú với môn hình học
 Nhiều học sinh không nắm vững kiến thức về hình học và chưa hiểu rõ
về véc tơ, về mối quan hệ giữa các giả thuyết của bài toán.
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV

1


SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12

 Giáo viên cần nhiều thời gian để chuẩn bị các dạng bài tập.
III. NỘI DUNG
1. Cơ sở lý luận:
Không chỉ cung cấp cho học sinh kiến thức mà còn định hướng trong suy luận và
khả năng tư duy. Giúp học sinh biết nâng cao, mở rộng bài toán và tổng quát hóa
bài toán một cách tự nhiên.
Trong chuyên đề này, tôi chủ yếu sử dụng phương pháp tọa độ trong không gian
để giải quyết vấn đề đặt ra.
2. Nội dung:
2.1. Nhắc lại một số kiến thức cơ bản: [1];[2];[3]
1. Đặt f(x;y;z) = ax + by + cz +d. f(A) = f(x1;y1;z1) = ax1 + by1 + cz1 +d
+)Nếu f(A).f(B) < 0 thì A và B nằm khác phía so với (P)
+)Nếu f(A).f(B) > 0 thì A và b nằm cùng phía so với mặt phẳng (P)
+)f(A) = 0 thì A nằm trên (P)
2. AB  AC �BC , dấu bằng ↔ 3 điểm A,B,C thẳng hàng và A nằm giữa BC
3. AB  AC �BC , dấu bằng ↔ 3 điểm A,B,C thẳng hàng và A nằm ngoài BC
4. u  v  u  v Dấu “=”  u; v cùng hướng
5. u  v  u  v Dấu “=”  u; v cùng hướng
2.2. Một số bài toán cực trị khoảng cách [2]
Bài toán 1: Cho mặt phẳng (P) và hai điểm A, B không nằm trên (P). Tìm
điểm M trên (P) sao cho tổng khoảng cách MA + MB đạt giá trị bé nhất
 Phương pháp giải: Xét hai trường hợp:
*) TH 1: Hai điểm A,B nằm khác phía so với mặt phẳng (P). Khi đó:
+) Lập phương trình đường thẳng AB
+) Tìm giao điểm M của AB với mặt phẳng (P), M là điểm cần tìm

*) TH 2: Hai điểm A,B nằm cùng phía so với mặt phẳng (P). Khi đó:
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV

2


SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12

+) Tìm điểm A’ đối xứng với A qua mặt phẳng (P)
+) Tìm giao điểm M của A’B với mặt phẳng (P), M là điểm cần tìm.
Ví dụ 1:
Cho mặt phẳng (P): x + 2y - z - 3 = 0 và các điểm A(1;0;2); B(3; 2; 0). Điểm
M (a;b;c) trên mặt phẳng (P) sao cho: MA + MB đạt giá trị bé nhất, khi đó
tổng a + b bằng:
A. 3

B. 4

C.5

D.6

Bài giải:
Nhận xét: A, B khác phía so với (P) nên MA + MB ≥ AB. Dấu bằng sảy ra khi và
chỉ khi M nằm giữa AB, hay M là giao điểm của AB với mặt phẳng (P).
�x  1  t
�
+ )Đường thẳng AB có vtcp u AB 2(1;1; 1) nên có ptts: �y  t
�z  2  t
�

+) M là giao điểm của AB với (P)  M(2;1;1)  a + b = 3 nên chọn A
Ví dụ 2:
Cho 3 số thực x, y, z thoả mãn: x + y + z - 4 = 0. (1) GTNN của biểu thức Q
nằm trong miền nào?
Q = x 2  y 2  z 2  2 x  4 x  6 z  14  x 2  y 2  z 2  4 x  10 y  6 z  38
A. (12;16)
B. (16;20)
Lời giải: Viết lại biểu thức Q dưới dạng:

C. (20;24)

D. (24;28)

Q= ( x  1) 2  ( y  2) 2  ( z  3) 2  ( x  2) 2  ( y  5) 2  ( z  3) 2
+) Xét các điểm A(1;2;3), B(-2;5;3) và điểm M(x;y;z)
+) Từ giả thuyết ta có: Q = MA + MB với M  (P) : x + y + z - 3 =0. Bài toán quy
về : “Tìm toạ độ điểm M trên mặt phẳng (P) để tổng khoảng cách từ M đến hai
điểm A,B đạt GTNN.Tìm GTNN đó”
+) Nhận xét: hai điểm A, B nằm cùng phía mặt phẳng (P)
+) Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng (P) H(0;1;2)
+) A’ đối xứng với A qua (P)  H là trung điểm AA’  A’(-1;0;1)
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV

3


SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12
 x  1  t


+) Đường thẳng A’B có vtcp A' B ( 1;5;2) nên có ptts:  y 5t
 z 1  2t


+) M = A’B  (P)  M(-3/2;5/2;2)
 x  3 / 2

195
411

Vậy min Q =
  y 5 / 2 , chọn B
2
2
 z 2


Bài toán 2: Cho mặt phẳng (P) và hai điểm A, B. Tìm toạ độ điểm M trên mặt
phẳng (P) sao cho MA  MB đạt giá trị lớn nhất
Phương pháp giải: Xét 2 trường hợp
Trường hợp 1: A và B nằm cùng phía so với mặt phẳng (P)
- Mọi điểm M thuộc (P) ta luôn có: MA  MB �AB .Dấu bằng sảy
ra khi M là giao điểm của AB với (P).
Trường hợp 2: A và B khác phía nhau so với mặt phẳng (P).
- Gọi A’ đối xứng với A qua (P) khi đó A’ và B cùng phía với (P)
- Gọi N là giao điểm của A,B với mặt phẳng (P) khi đó, với mọi
M thuộc (P) ta luôn có: MA  MB  MA ' MB �A ' B . Dấu “=” khi
và chỉ khi M trùng với N
Ví dụ 3:
Cho mặt phẳng (P): x – 2y – z + 1 = 0 và các điểm: A(2;-1;0), B(0;4;1). Điểm

M trên (P) sao cho MA  MB lớn nhất. Tích các thành phần tọa độ của M là:
A. 0

B.

 16
27

C.

 316
343

D.

800
729

Giải:
Nhận xét: A và B khác phía so với mặt phẳng (P). Gọi B’ đối xứng với B qua (P),
M là giao điểm của B’A và (P) thì M là điểm cần tìm.

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV

4


SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12
�x  t
�

+) Đường thẳng BB’ qua B, vuông góc với (P) nên có phương trình: �y  4  2t
�z  1  t
�
4 4 1
8  4 5
)  B' ( ;
; )
3 3 3
3 3 3

+ H  BB'( P)  H ( ; ;

 x 2  2t
1
8 4 25

 AB'  (2; 1; 5)  AB':  y  1  t. . M  AB'( P)  M ( ; ; ) . Vậy chọn D
3
9 9 9
 z  5t


Bài Toán 3: Trong không gian, cho hai điểm A, B và đường thẳng d. Tìm
điểm M trên d sao cho tổng khoảng cách MA + MB bé nhất
*) Phương pháp giải: Xét 2 trường hợp:
TH1: AB vuông góc với d ( Dấu hiệu nhận biết: AB.u d 0 )
Phương pháp: Gọi H là hình chiếu của A trên � d  ( ABH )
�MA �AH
� MA  MB �AH  BH  const . Dấu “=” sảy ra  M
�MB �BH

+) M �d : �

H

TH2: AB không vuông góc với d: (Nhận biết bởi: AB.u d 0 )
+) Phương pháp: Lấy M trên d theo tham số t, rồi từ đó biểu diễn tổng khoảng cách
MA + MB theo t. ta được bài toán tìm GTNN của một hàm số.
�x  1  t
�
Ví dụ 4: Cho đường thẳng d : �y  2  t , và các điểm A(2;1;3), B(1;-1;0), C(3;0;1).
�z  t
�

a. Điểm M(a;b;c) trên d sao cho MA + MB bé nhất, giá trị T = a + b + c là
A. 3

B.2

C. -2

D. -3

b. Điểm M trên d. T = MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu:
A.

19
3

B.

2 19
3

C.

2 57
3

D.

Giải:
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV

57
3

B
5


SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12

a) Ta có: AB (1;2;3); u (1;1; 1)  AB.u 0  AB  d
Gọi H là hình chiếu của A lên d � d  ( ABH )

A

�MA �AH
� MA  MB �AH  BH  const

�MB �BH

+) M �d : �

Dấu “=” sảy ra  M

d
M

H

H

*) Tìm H: H  d  H (1  t ;2  t ; t )  AH (t  1; t  1; t  3)
AH .u 0  t  1  H (0;1;1) . Vậy M �H (0;1;1)

nên chọn B

b) Nhận xét: BC và d không vuông góc với nhau:
) M �d � M (1  t ; 2  t; t )
� MB  MC  t 2  (t  3) 2  t 2  (t  2)2  (t  2) 2  (t  1) 2
2
1
 3[ t 2  2t  3  t 2  t  3]  3[ (t  1) 2  ( 2) 2  ( t  ) 2  ( 2) 2 ]
3
3
1
3

2

3

Xét 2 vec tơ: a (t  1; 2 ); b ( t  ; 2 )  a  b ( ;2 2 )  a  b 

2 19
3

+) Ta có: a  b  a  b . Đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi a; b cùng hướng.
Mà: MB  MC  3 ( a  b )  3 a  b 
Dấu “=” sảy ra �

2 57
3

3t  1
2
1
2 5 1
2 57

�t
� M ( ; ; ) . Vậy T =
, chọn C
3(t  1)
3
3 3 3
2
3

Bài toán 4: Cho hai đường thẳng d và d’ chéo nhau. Tìm điểm M trên d, N

trên d’ sao cho MN ngắn nhất.
*) Phương pháp giải:
Vì d và d’ chéo nhau, nên MN ngắn nhất khi và chỉ khi MN là đoạn vuông góc
chung của hai đường thẳng d và d’.
+) Để tìm M và N ta lần lượt biểu diễn M và N theo hai tham số t1, t2 rồi áp dụng
các điều kiện vuông góc của MN đối với 2 đường thẳng, từ đó tìm được các giá trị
t1; t2 và suy ra tọa độ các điểm M, N.

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV

6


SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12
 x 1  t
 x 2  2t


Ví dụ 5: Cho hai đường thẳng d :  y 2  t; và d ':  y  1  t .
 z t
 z 3  t



Hai điểm M trên d, N trên d’ sao cho MN ngắn nhất, tích các cao độ của M
và N là:
A. 0

B. 6

C. 12

D.20

Giải:
+) Đường thẳng d có vtcp u (1; 1;1) và đi qua điêm A(1;2;0)
Đường thẳng d’ có vtcp v (2;1; 1) và đi qua điêm B(2;-1;3)

 

 

AB (1; 3;3); u; v (0;3;1)  AB. u; v  6 0. Vậy d và d’ chéo nhau.

+) Vì d và d’ chéo nhau, nên MN ngắn nhất khi và chỉ khi MN là đoạn vuông góc
chung của hai đường thẳng d và d’.
M  d  M (1  t ;2  t ; t ); N  d '  N (2  2s; 1  s;3  s )
 MN ( t  2 s  1; t  s  3; t  s  3)
 MN  d
) 

 MN  d '

 MN .u 0


 MN .v 0

 t 5



 s  1

 M (6; 3;5)
 z M .z N 20  chọn D

 N (0; 2;4)

Bài toán 5: Cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P). Tìm điểm M trên (S) sao cho
khoảng cách từ M tới (P) lớn nhất hoặc bé nhất
*) Phương pháp giải: Xét hai trường hợp
Trường hợp 1: Mặt phẳng (P) và (S) có điểm chung ( d ( I ;( P ))  R )
Gọi H là hình chiếu của I trên (P), đường thẳng IH

A

cắt (S) tại hai điểm A,B với I nằm giữa AH. Khi đó
K

Với M trên (S), gọi K là hình chiếu của M trên IH
 d ( M ;( P ))  KH  AH =const. Vậy khoảng cách từ M

(P) lớn nhất bằng AH khi M trùng với A.

P

.

M
I

H

*) Trường hợp 2: Mặt phẳng (P) và mặt cầu (S)
không có điểm chung( d ( I ;( P ))  R )
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV

B
7


SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12

Gọi H là hình chiếu của I trên (P), đường thẳng
IH cắt (P) tại hai điểm A,B (B nằm giữa IH). Khi đó

K

Mọi M thuộc (S), gọi K là hình chiếu của M trên IH

I

A
M

 BH d ( M ;( P ))  KH  AH . Vậy Khoảng cách từ M

đến (P) lớn nhất bằng AH khi M trùng với A và

B

bé nhất bằng BH khi M trùng với B
P

H

Ví dụ 6:
Cho mặt cầu (S): (x – 1)2 + y2 + (z + 1)2 = 3. và các điểm A(1;-3;-3),
B(2;-7;0), và C(-3;2;-4). Điểm M trên (S) sao cho tứ diện MABC có thể tích
lớn nhất, tổng các thành phần tọa độ của M là
A. 7
Bài giải:

B. 5

C. 3



D. 1



Ta có: AB (1; 4;3), AC ( 4;5; 1)  AB; AC  11(1;1;1)  ( ABC ) : x  y  z  5 0; ( P)
+) Mặt cầu (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính R  3
 d ( I ;( P ) 2 3  R  (P) và (S) không có điểm chung.

+) Vì ∆ABC có diện tích không đổi nên thể tích tứ diện MABC lớn nhất khi
khoảng cách từ M dến (ABC) lớn nhất
+) Gọi H là hình chiếu của I trên (P), đường thẳng IH cắt (S) tại hai điểm E và F

(với F nằm giữa HI) nên khoảng cách từ M tới (ABC) lớn nhất khi M trùng với E
*) Tìm M:
 x 1  t

()
Đường thẳng IH qua I, vuông góc với (P) có phương trình:  y t
 z  1  t


Tọa độ giao điểm E và F của ∆ với (S) là nghiệm hệ:

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV

8


SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12
 x 1  t
 y t



z


1

t

 ( x  1) 2  y 2  ( z  1) 2 3

 t  1  t 1
 x 0
 x 2





 y 1
 y 1
 z  2  z 0

Do d ( E ;( P ))  d ( F ;( P )) nên E(2;1;0); F(0;1;-2)
Vậy: M(2;1;0) thì VMABC lớn nhất. Khi đó xM + yM + zM = 3, chọn C
2.3.Bài toán cực trị véc tơ:

[2]. [3]

Bài toán
Cho mặt phẳng (P) (hoặc đường thẳng d); n điểm phân biệt A 1; A2; ... ;An và n
số thực a1; a2; ...; an. Với a1 + a2 + ...+ an = a  0. Tìm điểm M trên (P) hoặc M
trên đường thẳng d sao cho:
1. a1 .MA1  a 2 MA2  ...  a n MAn đạt giá trị bé nhất
2. a1 MA12  a 2 MA22  ...  a n MAn2 đạt gtln (nếu a < 0) hoặc bé nhất (nếu a > 0)
*) Phương pháp giải: Xét điểm M thuộc mặt phẳng (P)
1. a1 .MA1  a 2 MA2  ...  a n MAn đạt giá trị bé nhất
+) Tìm điểm I thỏa mãn: a1 .IA1  a 2 IA2  ...  a n IAn 0 (1)
+) Gọi H là hình chiếu của I trên (P), ta có:
a1 .MA1  a 2 MA2  ...  a n MAn  a1 ( MI  IA1 )  a 2 ( MI  IA2 )  ...  a n ( MI  IAn ) 

 (a1  a 2  ...  a n ) MI  a . MI  a .MI  a IH const

Dấu “=” sảy ra khi và chỉ khi M trùng với H.
Đến đây ta chỉ cần tìm tọa độ hình chiếu H của I trên (P)
*) Nếu a1 = a2 = ... = an thì điểm I thỏa mãn (1) chính là trọng tâm của hệ n điểm
A1, A2, ..., An. Trường hợp chỉ có hai điểm A, B thì trọng tâm của AB chính là trung
điểm AB.
2. a1 MA12  a 2 MA22  ...  a n MAn2 đạt gtln (nếu a < 0) hoặc bé nhất (nếu a > 0)

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV

9


SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12

+) Gọi I là điểm thỏa mãn (1) , H là hình chiếu của I trên (P) và đặt
k a1 IA12  a 2 IA22  ...  a n IAn2  k là hằng số.

Ta có: T=
a1 MA12  a 2 MA22  ...  a n MAn2 a1 ( MI  IA1 ) 2  a 2 ( MI  IA2 ) 2  ...  a n ( MI  IAn ) 2

= a.MI 2 + a1 IA12  a 2 IA22  ...  a n IAn2 + 2MI (a1 .IA1  a 2 IA2  ...  a n IAn )
= a.MI2 + k
*) Nếu a > 0  T aMI 2  k k  aIH 2 c  TMin aIH 2  k  M  H
2
2
2
*) Nếu a < 0  T aMI  k k  a IH c  TMax k  a IH  M  H

Đến đây ta chỉ cần tìm tọa độ hình chiếu H của I trên (P)
*) Nếu điểm M thay đổi trên đường thẳng ta cũng làm tương tự.
Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (P) : x+y+z-3=0; A(1;0;2); B(-1;1;1); C(3;2;0).
1) M  (P) sao cho: MA  3MB  4MC bé nhất tích các tọa độ của M là
A. -10

B.

 289
108

C.

 324
125

D.

70
27

2) Điểm M trên (P) sao cho T = MA2  3MB 2  4MC 2 bé nhất. Mệnh đề nào
sau đây sai?
A. xM + zM = 0

C. XM +2yM = 6

B. xM +yM + zM = 2

D. 34yM + zM = 0

Giải:
a) Giả sử I( x0 ; y0 ; z0 ) là điểm thỏa mãn: IA  IB  4 IC 0  I(8; 5/2 ; -1/2)
+ M là hình chiếu của I trên (P)  M (

17 1  17
; ;
) , vậy chọn B
3 6 6

b) T bé nhất khi M là hình chiếu của I(8; 5/2 ; -1/2) lên (P)  M (

17 1  17
; ;
)
3 6 6

suy ra mệnh đề sai là B
Ví dụ 2: Cho A(-1;1;1); B(2;-3;0); C(4;0;-1); D(0;2;2) và đường thẳng
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV

10


SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12

d:

x y 1 z 2



.
1
1
1

Điểm M trên d

Biểu thức T= MA 2  2MB 2  5MC 2  3MD 2 đạt giá trị bé nhất gần giá trị nào nhất:
A.9

B. 6

C. 17

D. 14

Giải:
+) Gọi I thỏa mãn IA  2 IB  5IC  3ID o  I (15;1; 10) , khi đó M là hình chiếu của I
trên d nên M (1;0;3)  T ≈ 14,  chọn C
2.4. Một số dạng toán cực trị về lập phương trình mặt phẳng và đường thẳng
thỏa mãn các điều kiện cực trị khác
Bài toán 1: Cho điểm A và đường thẳng d không đi qua A. Lập phương trình
mặt phẳng (P) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến (P) lớn nhất.
Phương pháp giải:
+) Gọi K và H lần lượt là hình chiếu của A trên (P) và d, ta có:
d ( A;( P ))  AK  AH c  khoảng cách từ A đến (P) đạt giá trị lớn nhất bằng AH

khi và chỉ khi H  K.
 Mặt phẳng (P) chứa d và vuông góc với AH.

Đến đây, ta chỉ việc tìm tọa độ hinhc chiếu H của A trên d rồi suy ra phương
trình mặt phẳng (P)
 x t

Ví dụ 1: Cho điểm A(1;2;3) và đường thẳng d:  y  t . Phương trình
 z 1  t


mặt phẳng (P) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến (P) lớn nhất. Có một
véc tơ pháp tuyến là n (1; a; b) . Tính T = a + b
A.12

B.6

C. 4

D. 2

Giải:
+) Gọi K và H lần lượt là hình chiếu của A trên (P) và d, ta có:
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV

11


SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12
d ( A;( P ))  AK  AH c  khoảng cách từ A đến (P) đạt giá trị lớn nhất bằng AK

khi và chỉ khi H  K.  Mặt phẳng (P) chứa d và vuông góc với AH.

1 1 4
; )
3 3 3

+) H là hình chiếu của A lên d  H ( ;

+) Mặt phẳng (P) qua H và vuông góc với AH nên có phương trình là:
( P) : x 

7
5
5
y  z  0  a  b 6 , vậy chọn B
2
2
2

Bài toán 2: Cho hai điểm A và B. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A
sao cho khoảng cách từ B đến (P) là lớn nhất.
Phương pháp giải:
Gọi H là hình chiếu của B trên (P) ta có: d ( B;( P ))  BH  AB c  khoảng cách từ
B đến (P) đạt giá trị lớn nhất bằng AB khi và chỉ khi H  A.
 Mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với AB, từ đó suy ra phương trình (P)

Ví dụ 2: Cho các điểm A(1;0;2), B(4;3;3), C(-1;1;4)
a) Mặt phẳng (P) qua A sao cho khoảng cách tự B đến (P) lớn nhất cũng
đi qua điểm nào sau đây.
A.M(2;-1;0)

B. N(4;-7;12)

C. E(-5;4;8)

D.F(2;3;-17)

b) Gọi (Q) là mặt phẳng sao cho khảng cách từ A đến (Q) bằng 5 và
khoảng cách tự C đến (Q) bằng 2. Khoảng cách từ B đến (Q) là
A.

16
3

B.

11
3

C. 6

D. 3

Giải:
a) Gọi H là hình chiếu của B trên (P) ta có: d ( B;( P ))  BH  AB c  khoảng cách
từ B đến (P) đạt giá trị lớn nhất bằng AB khi và chỉ khi H  A.
 Mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với AB

+) AB (3;3;1)  ( P) : 3x  3 y  z  5 0  (P) qua E(-5;4;8),  Chọn C
b) Ta có: AC ( 2;1;2)  AC 3
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV

12


SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12

Gọi H và I lần lượt là hình chiếu của A và C trên (P), K là hình chiếu của C trên
A

 AH 5
 AK  AC 3  K C
 CI  HK 2

AH, ta có: 

 (Q)  AC ( 2;1;2)  (Q) : 2 x  y  2 z  m 0
 d ( A;( Q ))
) 
 d ( C ;( Q ))

 m 2
5

5
 3

 m 17
2
m

11


 3 2

K

Q

C
H

I

16
 Chọn A
3

Vậy (Q): 2x – y – 2z +17 = 0.  d ( B ;( P )) 

Bài toán 3: Cho mặt phẳng (P) và hai điểm A, B không nằm trên (P). Lập
phương trình đường thẳng ∆ qua A, song song với mặt phẳng (P) sao cho
khoảng cách từ B tới ∆ là bé nhất.
Phương pháp giải:
+) Gọi (Q) là mặt phẳng qua A, song song với (P) suy ra ∆ nằm trong (Q)
+) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của B lên (Q) và ∆ ta có:
d ( B; )  BK  BH c  Min(d ( B; ) )  BH  K  H .

Do đó, muốn lập phương trình đường thẳng ∆ ta chỉ cần lập phương trình mặt
phẳng (Q) rồi tìm hình chiếu H của B trên (Q). Đường thẳng AH chính là đường
thẳng ∆ cần tìm.
Ví dụ 3:

Cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 5 = 0 và hai điểm A(-3;0;1), B(1;-1;3).
Trong các đường thẳng qua A và song song với (P), đường thẳng d, song
song với (P) sao cho khoảng cách từ B tới đường thẳng đó là bé nhất, một
véc tơ chỉ phương của d là:
A . u (2;11;26)

B. u (11;2; 26)

C. u (26; 2;11)

D. u (26;11; 2)

Giải:
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV

13


SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12

+) Gọi ∆ là đường thẳng cần lập, (Q) là mặt phẳng qua A, song song với (P) suy
ra ∆ nằm trong (Q)
+) Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của B lên (Q) và ∆ ta có:
d ( B; )  BK  BH c  Min(d ( B; ) )  BH  K  H .

Khi đó đường thẳng ∆ là đường thẳng AH.
*) Tìm H:
+) Mặt phẳng (Q) qua A, song song với (P)  (Q) : x  2 y  2 z  1 0
 x 1  t


 BH :  y  1  2t  H (1  t ; 1  2t ;3  2t )
 z 3  2t

H  (Q)  t 

 10
 1 11 7
1
 H ( ; ; )  AH  (26;11; 2)
9
9 9 9
9

P
Q

.A

∆

B
H
K

 u (26;11; 2)  Chọn D

Bài toán 4: Cho mặt phẳng (P) và đường thẳng d không nằm trên (P). Lập
phương trình mặt phẳng (Q) chứa d, tạo với (P) các góc lớn nhất hoặc bé
nhất.
Phương pháp giải:

+) Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua điểm M thuộc d và có vtpt n1 (a; b; c) 0
+) Từ giả thuyết d nằm trên (Q) suy ra mối quan hệ giữa a,b c
+) Gọi α là góc giữa (P) và (Q), tính cosα theo a, b, c.
+) Kết hợp các điều kiện của a,b,c ta biểu diễn cosα thành một hàm số của t
+) Tìm GTLN, GTNN của hàm số đó suy ra GTLN, GTNN của cosα.
Khi đó: α lớn nhất thì cosα nhỏ nhất; α nhỏ nhất thì cosα lớn nhất.

Ví dụ 4:
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV

14


SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12

Cho mặt phẳng (P): 2x + 2y + z + 1 = 0; Đường thẳng d:

x 1 y  1 z

 . Gọi
1
1
2

(Q) là mặt phẳng chứa d và tạo với (P) một góc bé nhất. Biết một véc tơ
pháp tuyến của (Q) có dạng (a;b;1). Tính b – a
A.

7
4

B. 2

C.

8
3

D. – 5

Giải
+) Mặt phẳng (P) có vtpt n1 (2;2;1)
+) Đường thẳng d có vtcp u (1; 1;2) và đi qua M(-1;1;0)
+) Giả sử n 2 (a; b; c) 0 là vtpt của (Q)  (Q): ax + by + cz + a – b = 0.
d  (Q)  n2 .u 0  a – b + 2c = 0  b = a + 2c.

Gọi α là góc giữa (P) và (Q),

 cos  

n1 .n2
n1 . n2



2a  2b  c
3. a 2  b 2  c 2



3a  5c
3 2a 2  4ac  5c 2



1
(3a  5c) 2
3 2a 2  4ac  5c 2

a
(3  5) 2
1
1
(3t  5) 2
1
c
Cos 

+) c 0  cos  
.
Đặt
t
=a/c,
ta
có:
2
a
a
3
3 2t  4t  5 3

2( ) 2  4  5
c
c
(3t  5) 2  y '  (3t  5)( 8t  10)
y ' 0 
+) Xét hàm số: y  f (t )  2
(2t 2  4t  5) 2
2t  4t  5

t

-5/3

 

y’

-

0

5/4
+

f (t )

t   5 / 3
t 5 / 4 .




0

-

35/6
y

9/2

9/2
0

+) c = 0  cos  

2
(*)
2

Từ BBT và (*) suy ra:
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV

15


SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12

+) α bé nhất khi cosα =

35
3 6

 a / c 5 / 4 .

13

5
b 
4  b  a 2  chọn B
Chọn a   
4
 c 1

Bài toán 5: Cho 3 điểm A, B, C phân biệt, không thẳng hàng. Lập phương
trình mặt phẳng (P) qua C sao cho tổng khoảng cách từ A và B tới (P) là lớn
nhất.

I

Phương pháp giải:

B

A

Xét 2 trường hợp:
*) Trường hợp 1: 2 điểm A và B
M

cùng phía so với (P)
Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của

P

H

N

C

của A và B trên (P), I là trung điểm AB,
H là hình chiếu của I trên (P), ta có:
d d ( A;( P ))  d ( B ;( P ))  AM  BN
2 IH 2 IC const
 d max 2 IC  H C

Khi đó, mặt phẳng (P) qua (C) và vuông góc với IC
*) Trường hợp 2: Hai điểm A,B nằm khác phía mặt phẳng (P)
+) Gọi E là giao điểm của AB với (P)

A

 AM  AE
 
 AM  BN  AE  BE  AB c
 BN  BE

Dấu “=” sảy ra khi và chi khi M  N  E

M

Khi đó mặt phẳng (P) qua C và vuông góc với
AB, và tổng khoảng cách từ A và B tới (P)

P

E

N

C

Đạt giá trị lớn nhất bằng AB.
+) Tới đây, ta chỉ cần so sánh AB và 2IC, và được kết quả:

B

*) Nếu AB < 2IC  tổng khoảng cách lớn nhất bằng 2IC.
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV

16


SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12
 (P) qua C và vuông góc với IC

*) Nếu AB >2IC thì tổng khoảng cách lớn nhất bằng AB, và mặt phẳng (P) qua C
và vuông góc với AB
*) Nếu AB = 2CI thì cả hai trường hợp đều thỏa mãn bài toán.

Ví dụ: Cho A(1;0;1), B(-3;2;1), C(-7;4;3).
a)

Mặt phẳng (P) qua C sao cho tổng khoảng cách từ A và B tới (P) là
lớn nhất cũng đi qua điểm nào:
A.M(5;20;15)

b)

B. N(10;-5;6)

C. E(4;2;-3)

D. F(0;17;6)

Gọi (Q) là mặt phẳng qua B sao cho tổng khoảng cách từ A và C
tới (Q) là lớn nhất. Véc tơ pháp tuyến của (Q) vuông góc với véc
tơ nào?

A.(1;-1;2)

B. (2;-1;-1)
Giải

C.(1;-2;2)

D.(1;1;2)

a) Gọi I là trung điểm AB  I(-1;1;1)  IC = 7, AB 2 5  2 IC

Vậy mặt phẳng (P) qua C và vuông góc với IC
 ( P) : 6 x  3 y  2 z  60 0 . Vậy (P) qua điểm M(5;20;15), chọn A

b)Gọi J là trung điểm AC  J(-3;2;2)  BJ (0;0;1)  BJ 1
Ta có: AC ( 8;4;2)  AC  84  2.BJ  mặt phẳng (Q) qua B có tổng khoảng
cách từ A và C tới (Q) lớn nhất khi và chỉ khi (Q) vuông góc với AC
 n (4; 2; 1)  n  u (1;1;2)  chọn D

BÀI TẬP ÁP DỤNG
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV

17


SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12
 x 2  t

Cho mặt phẳng (P): 2x – y + z – 3 = 0, đường thẳng d:  y 1  t ,
 z 2t


các điểm A(3;-2;1), B(4;1;-2);C(0;4;3),D(-5;-1;2) .
1. Tìm tọa độ điểm M trên (P) sao cho: MA + MB bé nhất
A. (1;-1;0)

B. (-1;0;-1)

C. (27/8;-7/8;-15/8)

D. (4/3;1/3;-11/3)

2. Điểm M trên (P) sao cho MA  MB  MC  MD bé nhất, hoành độ của M là
A. 2/3

B. -2/3

C. 7/6

D. -7/6

3. Điểm M trên (P) sao cho 2MB2 – MC2 bé nhất. Tổng các thành phần tọa độ
của M bằng
A. 2

B. -2

C. 3

D. -3

4. Mặt phẳng (Q) qua A sao cho khoảng cách từ B tới (Q) lớn nhất, Khoảng
cách từ C tới (Q) bằng:
A.

9
19

B.

5

19

C.

11
19

D.

6
19

5. Mặt phẳng (Q) qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C tới (Q) lớn nhất.
Góc tạo bởi oy và (Q) gần bằng:
A. 570

B. 760

C. 410

D. 680

BT2: Cho điểm A(2;1;3) và mặt phẳng (P): x + my + (2m+1)z – m – 2 = 0. Gọi
H(a;b;c) là hình chiếu của A lên (P). Tính a + b khi AH lớn nhất.
A. 0

B. 2

C. 3/2

D. 1/2

BT3: Cho các điểm A(-1;0;0), B(0;-1;0), C(0;0;1) và mặt phẳng (P): 2x – 2y + z +
7 = 0. Xét điểm M thay đổi trên (P). GTNN của MA  MB  MC  MB bằng
A.

22

B. 2

C. 6

D. 19

BT4: Cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 + 2x – 8y + 9 = 0 và hai điểm A(5;10;0),
B(4;2;1). Giá trị nhỏ nhất của MA + 3MB bằng
A.

11 2
3

B.

22 2
3

C. 22 2

D. 11 2

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV

18


SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12

BT5: Cho A(6;0;0), B(0;3;0), mặt phẳng (P): x – 2y + 2z = 0. Gọi d là đường thẳng
qua M(2;2;0), song song với (P) và tổng khoảng cách từ A,B đến d là nhỏ nhất.
Véc tơ nào là một véc tơ chỉ phương của d?
A. (-10;3;8)

B. (14;-1;-8)

C. (22;3;-8)

D. (18;1;-8)

BT6: Cho A(1;1;3), B(5;2;-1), và hai điểm M,N thay đổi trên (oxy) sao cho điểm
I(1;2;0) luôn là trung điểm MN. Khi biểu thức P MA 2  2 NB 2  MA.NB đạt giá trị
nhỏ nhất, tính T = 2xM - 2xN + 3yM - yN
A. -9

B. – 10

C. -11

D. -12

BT7: Cho A(1;2;-1), B(0;4;0), mặt phẳng (P): 2x – y + 2z + 2017 = 0. Mặt phẳng

(Q) qua A, B và tạo với (P) một góc nhỏ nhất, biết (Q) có một véc tơ pháp tuyến là
n (1; a; b) . Tính tổng a + b

A. -2

B. 0

C. 1

D. 4

BT8: Cho A(-3;0;1), B(1;-1;3), mặt phẳng (P): x –2 y + 2z - 5 = 0. Đường thẳng d
qua A, song song với (P) sao cho khoảng cách từ b tới d nhỏ nhất. Biết u (1; a; b) là
một véc tơ chỉ phương của d. Khi đó a/b bằng
A. 11

B. -11/2

C.-3/2

D. 3/2

BT9: Cho mặt phẳng (P): mx + (m+1)y – z – 2m – 1 =0. Gọi (T) là tậphopwj các
điểm Hm là hình chiếu của H(3;3;0) lên (P), a và b lần lượt là khoảng cách lớn nhất
và nhỏ nhất từ O tới một điểm thuộc (T). Tính a + b
A. 5 2

B. 3 3

C. 8 2

D. 4 2

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV

19


SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12

IV. KẾT LUẬN
Chuyên đề này đã được thực hiện giảng dạy từ khi tôi có ý tưởng giải quyết các
bài toán cực trị khi dạy chương trình hình học nâng cao lớp 12 và ôn thi Đại học.
Trong quá trình thực hiện chuyên đề này tôi thấy học sinh rất tự tin khi gặp các bài
toán cực trị, góp phần tạo dựng niềm đam mê và óc sáng tạo của học sinh khi ôn
luyện và giải các đề thi Đại học.
Dạng toán về cực trị hình học nói chung rất đa dạng, và phong phú. Mỗi dạng
toán lại có nhiều cách giải khác nhau.Việc vận dụng linh hoạt và sáng tạo các dạng
toán sẽ giúp học sinh phát triển tư duy, sáng tạo. Chuyên đề này chỉ mang tính chất
gợi mở vấn đề và định hướng cho học sinh tư duy và sáng tạo, do vậy, để đạt được
hiệu quả cao, học sinh phải rèn luyện thường xuyên và lien tục.
Tuy nội dung của chuyên đề này rất rộng nhưng trong khuôn khổ thời gian có
hạn, tôi mới chỉ cung cấp một số dạng toán điển hình và một số ví dụ trình bày chi
tiết. Rất mong sự góp ý kiến của các bạn quan tâm và của các bạn đồng nghiệp để
chuyên đề này được đầy đủ hơn, hoàn thiện hơn và được nhiều người áp dụng hơn.

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV

20

SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12

V. TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. SGK, SBT hình học 12- NXBDG năm 2008
[2]. SGK,SBT nâng cao hình học 12 – NXBDG năm 2008
[3]. Tạp chí Toán học và tuổi trẻ năm 2014 – 2018

Thanh Hóa ngày 20 tháng 5 năm 2019
Người thực hiện

Nguyễn Ngọc Hồng

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VI

Thanh Hóa ngày 20 tháng 5 năm 2019

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV

21


SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12

CAM KẾT KHÔNG COPY

Nguyến Ngọc Hồng

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV

22