KỸ NĂNG lựa CHỌN PHƯƠNG PHÁP HÌNH học để GIẢI các bài TOÁN cực TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH lớp 12

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

KỸ NĂNG LỰA CHỌN PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC
ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ
TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

Người thực hiện: Nguyễn Bích Thủy
Chức vụ: Phó Hiệu Trưởng.
SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán

THANH HOÁ, NĂM HỌC 2018 - 2019
1


MỤC LỤC
Trang
1. MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề
tài ...........................................................................
1.2 Mục đích nghiên
cứu ....................................................................
1.3. Đối tượng nghiên cứu ................................................
1.4.
Phương
pháp
nghiên
cứu ..............................................................
1.5. Những điểm mới của SKKN ........................................................

2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận .......................................... ......................................
2.2 Thực trạng của vấn đề ........................................ .........................
2.3.
Tổ
chức
thực
hiện .........................................................................
2.3.1. Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng ………………...
2.3.1.1. Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (α) …
2.3.1.2. Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d....
3. Phương pháp hình học giải một số bài toán cực trị trong hình học giải tích
lớp 12

13
13

2.4. Kết quả thu được ...................................................................

14

3.

2
2
2
2
2
2
2

3
3
3
3
9

Kết luận và kiến nghị ..................................................................

3.1. Kết luận
3.2. Kiến nghị
Tài

liệu

tham

khảo .......................................................................

2


1. MỞ ĐẦU.
1.1 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, phương trình đường thẳng,…. 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 thuộc mức độ vận dụng cao.
Trong quá trình trực tiếp giảng dạy 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, kiến thức véctơ, tìm được vị trí

đặc biệt của nghiệm hình để cực trị xảy ra thì có thể đưa bài toán trên về một bài toán
quen thuộc, đơn giản giảm nhẹ được tính cồng kềnh của biến đổi đại số.
Đứng trước tầm quan trọng của nội dung và thực trạng trên, dể học sinh dễ
dàng, tự tin hơn khi gặp các bài toán về cực trị trong hình học giải tích lớp 12, từ
đó giúp các em phát huy được khả năng phân tích, tổng hợp, khái quát hoá, đặc
biệt hoá, mở ra một cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức
hình học đã học, tạo nền tảng cho các học sinh tự học, tự nghiên cứu. Cùng với
sự tích luỹ kinh nghiệm của bản thân qua những năm giảng dạy, tôi đưa ra sáng
kiến kinh nghiệm: “ Kỹ năng lựa chọn hương pháp hình học để giải các bài
toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12”. Sáng kiến này đã được bản thân
tôi áp dụng giảng dạy tại trường THPT Hàm Rồng.
1.2 Mục đích nghiên cứu:
- Nâng cao hiệu quả, chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi của các giáo viên.
- Tăng tính linh hoạt, hiệu quả đối với học sinh khi giải toán
- Vận dụng giải quyết các bài toán vận dụng liên quan
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12.
3


1.4. Phương pháp nghiên cứu:
- Phương pháp phân tích
- Phương pháp tổng hợp
- Phương pháp thực nghiệm
- Phương pháp khái quát.
2. NỘI DUNG:
2.1. Cơ sở lí luận:
Những công thức cơ bản cần nhớ:

r r

u1.u2
r r
- Công thức tính góc giữa hai đường thẳng cosϕ = r r trong đó u1 , u2 lần lượt
u1 . u2

là hai VTCP của hai đường thẳng.


n.u
- Công thức tính góc giữa hai đường thẳng và mặt phẳng sinΨ =   trong đó
n .u
 
n, u lần lượt là hai VTPT và VTCP của mặt phẳng và đường thẳng.
r r
n1.n2
r r
- Công thức tính góc giữa hai đường thẳng cosϕ = r r trong đó n1 , n2 trong
n1 . n2

đó lần luợt là hai VTPT của hai mặt phẳng.
- Công thức tính khoảng cách giữa hai điểm A(x; y; z ); B(xB; yB; zB)
AB= ( xB − xA )2 + ( yB − y A ) 2 + ( z B − z A ) 2
- Khoảng cách từ điểm M(x0;yo;zo) đến mặt phẳng (α) có phương trình
Ax+By+Cz+D=0 là: d(M,(α)) =

Ax0 + By0 + Cz0 + D
A2 + B 2 + C 2

- Khoảng cách từ điểm M1 đến đường thẳng ∆ đi qua M0 và có vectơ chỉ
r r r

 M 0 M 1 , u 
r
phương là: d(M1, ∆ ) =
u

- Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau ∆ và ∆ ’, trong đó ∆ đi qua
điểm M0 , có vectơ chỉ phương và đường thẳng ∆ ’ đi qua điểm M1 , có vectơ chỉ
r r uuuuur

phương ’ là: d( ∆ , ∆′ ) =

[ u , u '] .MM ′
urur
u ,u ′



.
uuur uuur

- Công thức tính diện tích hình bình hành : SABCD=  AB, AD 
uuur uuur

- Công thức tính diện tích tam giác : SABC=  AB, AC 
4


uuur uuur uuur

- Công thức tính thể tích hình hộp : VABCD.A’B’C’D =  AB, AD  . AA′

uuur uuur uuur

- Công thức tính thể tích tứ diện : VABCD =  AB, AC  . AD
Chú ý: Các công thức tính góc nêu trên có điều kiện: 0 ≤ ϕ; Ψ ≤
2.2 Thực trạng của vấn đề:
Qua quá trình giảng dạy tôi nhận thấy: Đối với các bài toán về cực trị hình
học trong hình học giải tích lớp 12, phần lớn học sinh không nhớ hết các dạng
toán, không nhớ hết các phương pháp giải dẫn đến lúng túng, bị động, mất nhiều
thời gian.
Học sinh thường gặp khó khăn với các bài toán cực trị nói chung và các bài cực
trị hình học nói riêng. Bên cạnh khó khăn do vốn kiến thức, kinh nghiệm còn ít ỏi,
các em học sinh chưa nắm vững kiến thức hình học và cái nhìn tổng quan, phân loại
các dạng toán và phương pháp giải. Tháo gỡ được khó khăn đó sẽ đem lại hiệu quả
cao trong công tác giảng dạy của các thầy cô cũng như việc học tập của các em học
sinh.
2.3. Tổ chức thực hiện:
2.3.1. Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng.
2.3.1.1. 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).

2.3.1.2. 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
r uuuu
r
- H là hình chiếu vuông góc của điểm M lên d khi udMH = 0
- Tìm t, suy ra tọa độ của H.

3. Phương pháp hình học giải một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12:
Bài toán mở đầu:
5


Cho mặt phẳng (P) : x + 3y - z - 2 = 0, A(2; 0; 0), M(1; - 2; 3). Lập phương trình
đường thẳng d nằm trong (P) đi qua A và cách M một khoảng lớn nhất,nhỏ nhất:
Hướng dẫn :
Cách 1: Dùng phương pháp hàm số
r
Gọi VTCP của đường thẳng d là: u (a; b;c), a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0
uu
r uur
d ⊂ (P) ⇔ ud .nP = 0 ⇔ c = a + 2b
uuuu
r
AM (−1; 2; −3) ;

uu
r uuuu
r
ud , AM  = ( −2a − 7b; 2a − 2b; 2a + b )



12a 2 + 24ab + 54b 2
2a 2 + 4ab + 5b 2
- TH1: Nếu b = 0 thì d ( M ; d ) = 6
⇒ d ( M;d ) =

12a 2 + 24ab + 54b 2
- TH2 : Nếu b≠0 thì d ( M ; d ) =
=
2
2
2a + 4ab + 5b

f (t )

12t 2 + 24t + 54
⇒ < d ( M ; d ) ≤ 14
2t 2 + 4t + 5
So sánh TH1 và TH2 ⇒ ≤ d ( M ; d ) ≤ 14
+) Max (d (M,d)) = 14 ⇔ a = -b chọn b = -1 ⇒ a =1 , c = -1

Xét hàm số f (t ) =

x = 2 − t

⇒ Phương trình đường thẳng cần tìm là:  y = t
z = t


+) Tương tự cho trường hợp còn lại.
Cách 2: Dùng phương pháp hình học
M

d1

d

H

A
P

E

Gọi H, E lần lượt là hình chiếu của M lên (P) và d
d ( M , d ) = ME ≤ MA, d ( M , d ) = ME ≥ MH . Do đó:
d ( M , d ) nhỏ nhất khi d đi qua A, H

d ( M , d ) lớn nhất khi d đi qua A và vuông góc với MA
 x = 2 − 7t
uu
r
uuuu
r uur

+ Khi d ( M , d ) lớn nhất: ud =  AM , nP  = ( −7; 2; −1) ⇒ d :  y = 2t
 z = −t

uur uuuu
r uur
+ Khi d ( M , d ) nhỏ nhất: Gọi (Q) là mặt phẳng (AMH). nQ =  AM , nP  = ( −7; 2; −1)

6


x = 2 − t
uu

r uur uur

⇒ ud =  nP , nQ  = ( −1;8; 23) ⇒ d :  y = 8t
 z = 23t


Nhận xét:
Có rất nhiều bài toán cực trị về toạ độ trong không gian có thể giải bằng
cả phương pháp hàm số và phương pháp hình học. Tuy nhiên phương pháp
hàm số mất quá nhiều thời gian, phương pháp hình học thể hiện tính nhanh gọn,
tiết kiệm thời gian, hợp với xu thế thi THPT Quốc gia bây giờ . Vì vậy theo
kinh nghiệm của tôi, tôi thường hướng dẫn học sinh giải quyết theo phương
pháp hình học.
Sau đây ta sẽ xét thêm một số bài toán để thấy rõ tính ưu việt của phương
pháp hình học giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12.
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
uuur
uuuur
uuuur
mặt phẳng (α) sao cho k1 MA1 + k2 MA2 + ... + kn MAn có giá trị nhỏ nhất.
Lời giải:
uur
uuur
uuur r
- Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k 2 IA 2 +...+ k n IA n = 0
uuuu
r
uuuuur
uuuuur

uuu
r
uuu
r
k
MA
+
k
MA
+...+
k
MA
=
(k
+
k
+...+
k
)MI
=
k
MI
1
- Biến đổi : 1
2
2
n
n
1
2

n
uuu
r
- Tìm vị trí của M khi MI đạt giá trị nhỏ nhất
x- 4 y+1 z
=
= và hai điểm A ( 0;1;5) , B( 0;3;3) .
1
1
1
uuuu
r uuur
Tìm điểm M trên d sao cho MA - 4MB có giá trị nhỏ nhất.

Ví dụ 1: Cho đường thẳng ( d) :

Giải:
uur uur r
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)
=>x = 0; y =

13
7
13 7
, z = , vậy J(0; ; )
5
3
5 3

uuuu
r uuur uuu
r uur uuu
r uur
uuu
r
uuu
r
MA
4MB
=
MJ
+
JA4(MJ
+
JB
)
=
−
3
MJ
=
3
MJ
Khi đó
có giá trị nhỏ nhất khi

M là hình chiếu vuông góc của J lên đường thẳng d.
uuu
r

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

18
17
; t) khi M là hình chiếu vuông
5
5

góc của J lên đường thẳng d thì JM.u = 0 hay 3t – 3 = 0 <=> t = 1
uuuu
r uuur
Vậy M( 5; 0; 1) thì MA - 4MB có giá trị nhỏ nhất.
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 :
7


uuuu
r uuur uuur
MA
+MB + MC có giá trị nhỏ nhất.
1)
uuuu
r uuur uuur
2) MA -2MB + 3MC có giá trị nhỏ nhất.

Giải:
uuur uuur uuur r

1) Gọi điểm G thỏa GA +GB +GC =0 thì G là trọng tâm của ∆ ABC và G(0;-2;1)
uuuu
r uuur uuur uuuu
r uuur uuuu
r uuu
r uuuu
r uuur
uuuu
r
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)

x =2t

r

MG nhận n =(2; -2; 1) làm vecto chỉ phương nên phương trình MG: y =-2-2t

z =1+3t

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 4t –2(-2- 2t) +3(1+3t)+10 =0
uuuu
r uuur uuur
⇔ t = −1 ⇒ M(-2; 0; -2) thì MA +MB + MC có giá trị nhỏ nhất.
uur uu
r uur r
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
⇒ x = 4; y = - ; z = - , vậy I(4; − ; − )
2
2
2
2

uuuu
r uuur uuur uuu
r uur
uuu
r uu
r
uuu
r uur
uuu
r
MA
-2MB
+
3
MC
MI+
IA
-2(MI
+
IB
)
+
3(

MI
+
IC
)
2
MI
Ta có:
=
=
có giá trị nhỏ

nhất khi M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (α)

x =4+2t

23

Phương trình tham số MI: y = − -2t
2

3

z = − +3t


2

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
73
73

23
3
2(4 + 2t) − 2(− − 2t) + 3( − + 3t) + 10 = 0 ⇔ 17t +
=0⇔ t=−
2
2
2
34
u
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
5 245 135
;−
) thì MA -2MB + 3MC đạt giá trị nhỏ nhất.
Vậy với M( − ; −
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 sao cho tổng T = k1MA12 + k2 MA22 + ... + kn MAn2 đạt giá
trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất
Lời giải:
uur
uuur
uuur r
- Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k 2 IA 2 +...+ k n IA n = 0
- Biến đổi : T = k1MA12 + k2MA 22 + ... + knMA 2n =
8


uuu
r

uur

uuur

= (k1 +...+ k n )MI 2 + k1IA12 + k2IA 22 + .. + knIA 2n + 2 MI(k1 IA1 +..+ k n IA n )
= kMI2 + k1IA12 + k2IA 22 + ... + knIA 2n
Do k1IA12 + k2IA 22 + ... + knIA 2n 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 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:

uur uu
r r
3 3
1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa IA +IB =0 thì I là trung điểm AB và I (2; ; − )
2 2
uuu
r uur 2 uuu
r uu
r 2
2
2
Ta có: MA + MB = (MI + IA) +(MI + IB)
uuu
r uur uu
r
= 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 r(α)
Đường thẳng IM qua điểm I và có vtcp n α = (1; 2; 2)

x =2+t

3

Phương trình tham số MI: y = +2t
2

3

z = − 2 +2t

3
2

3
2

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 2 + t + 2( + 2t) + 2(− + 2t) + 7 = 0

1 7
⇔ 9t + 9 = 0 ⇔ t = − 1 ⇒ M (1; − ; − ) thì MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất.
2 2
AB 2
, do AB2
2
2
2
2
không đổi nên MA + MB nhỏ nhất khi MI có giá trị nhỏ nhất, hay M là
hình chiếu vuông góc của I lên
uur (α).
uur uur r
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)

Nhận xét: Với I là trung điểm AB thì MA2 + MB2 = 2MI2 +

9

 −3 + x = 0

⇔ 3 + y = 0 ⇔ J(3; −3;0)
z = 0

uuu
r uur
uuu
r uur
uuu
r uur
Ta có: MA2 - MB2 – MC2 = (MJ + JA) 2 - (MJ + JB) 2 − (MJ + JC) 2

uuu
r uur uur uur
= J A 2 − JB2 − JC 2 − MJ 2 + 2MJ(JA − JB − JC)
= JA 2 -JB2 -JC 2 -MJ 2
Do JA 2 − JB2 − 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).
r
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 = −
Vậy với M (

4
23 35 8
⇒ M( ; − ; − )
9
9 9
9

23 35 8
; − ; − ) thì MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn nhất.
9
9 9

Bài toán 3:
Cho mặt phẳng (P) có phương trình: ax + by + cz + d = 0 và hai điểm A,B
không thuộc (P) . Tìm điểm M trên (P) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
Lời giải:
A

A
B
B
E
H
M

M
P

P

A'

1. Nếu ( axA + by A + cz A + d ) ( axB + byB + cz B + d ) < 0 thì A, B nằm về hai
phía với (P).
Để MA + MB nhỏ nhất khi M thuộc AB hay M là giao điểm của (P) và AB.
2. Nếu ( axA + by A + cz A + d ) ( axB + byB + cz B + d ) > 0 thì A, B nằm về một
phía với (P).
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 E của (P) và A’B.

10


Ví dụ : 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) 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).
uur
Đường thẳng AA’ đi qua A và vuông góc với (α), AA’ nhận nα = (1; −1;2) làm
x = 1 + t

vecto chỉ phương => 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
3 3
1 + t – (2 – t) + 2(-1 + 2t) = 0 ⇔ 6t – 3 = 0 hay t = ⇒ H( ; ; 0)
2
2 2
xA ' =2xH − xA = 2

Do H là trung điểm AA’ nên yA ' =2yH − yA = 1 ⇒ A '(2; 1; 1)
z =2z − z = 1
H
A
 A'
x = 2 + t
uuur

A’B có vtcp A'B = (1;0; −3) => Phương trình tham số A’B: y = 1
z = 1 − 3t


Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
2 + t – 1 + 2(1 – 3t) = 0 ⇔ −5t + 3 = 0 ⇔ t =

13
4
3
hay M ( ;1; − )
5
5
5

13
4
;1; − ) thì MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
5
5

Vậy với M (

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
uuuA’C
u
r 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 =>Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương
z = 1 − 3t

5 5 5
3
trình: 2 - t - (1 – 3t) + 2(1 - 3t) = 0 ⇔ −4t + 3 = 0 ⇔ t = hay M ( ; − ; − )
4
4 4 4
11

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.
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),
2
−2
1

D(3; 6; -3). 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
 uuur
r

qua điểm N(1; -2; 3), có vtcp u = (2; −2;1) và CD = (7;5; −4)
r uuur
Ta có u. CD = 14 -10 – 4 = 0 ⇒ d ⊥ CD

Xét mặt phẳng (P) qua CD và vuông
r 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
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:
r
uuur
Ox có vtcp i = (1;0;0) qua O(0; 0; 0), AB có vtcp AB = (−1;1; −2) và
r uuur
Ox và AB không vuông góc.
i.AB = r−1uu≠ur0uu
⇒
ur
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
12


Trong mặt phẳng tọa độ với hệ Oxy xét các điểm M t(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
S = MtAt + MtBt nhỏ nhất khi M là giao điểm của Ox và A t'Bt ⇒ 3t - 7 = 0 hay
t=

7
7
. Vậy M ( ;0;0) là điểm cần tìm.
3
3

Bài toán 5: Cho hai điểm phân biệt A,B. Viết phương trình mặt phẳng (α) đi
qua A và cách B một khoảng lớn nhất.
Lời giải:
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên
mặt phẳng (α), khi đó tam giác ABH vuông tại H và
khoảng cách d(B; (α)) = BH ≤ AB.
Vậy d(B; (α)) lớn nhất bằng AB khi A ≡ H,
Khi đó: (α) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với AB.
Ví dụ : Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua điểm D(1; -2; 3) và cách điểm
I(3; -1; -2) một khoảng lớn nhất.
Giải:
(α) cách điểm I(3; -1; -2) một

uur khoảng lớn nhất khi (α) là mặt phẳng đi qua D và
vuông góc với DI. (α) nhận DI = (2; 1; -5) làm vecto pháp tuyến
Phương trình mặt phẳng(α): 2(x -1) +1(y +2) –5(z -3 ) = 0 ⇔ 2x + y – 5z +15=0
Bài toán 6:
Cho điểm A và đường thẳng ∆ không đi qua A. Viết phương trình mặt phẳng
(α) chứa ∆ sao cho khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất
Lời giải:
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt
phẳng (α), K là hình chiếu vuông góc của A lên ∆
Ta có d(A; (α)) = AH ≤ AK lớn nhất thì H ≡ K,
khi đó (α) là mặt phẳng đi qua ∆ và vuông góc với AK.
Hay (α) qua ∆ và vuông góc với mp(∆, A).
Ví dụ: Cho ba điểm A(2; 1; 3), B(3; 0; 2); C(0; -2; 1). Viết phương trình mặt
phẳng (α) đi qua hai điểm A, B và cách C một khoảng lớn nhất.
Giải:
Mặt phẳng (α) đi qua hai điểm A, B và cách C umột
nhất
khi (α) đi
uur khoảng lớnuuu
r
qua hai điểm A, B và vuông góc với mp(ABC). AB = (1; −1; −1) , AC = (−2; −3; −2)
r uuur uuur
(ABC) có véctơ pháp tuyến n = [AB, AC] = (−1;4; −5)
uur r uuur
(α) có véctơ pháp tuyến nα = [n, AB] = (−9 − 6; −3) = −3(3; 2;1)
Phương trình (α): 3(x– 2) + 2(y – 1) + 1(z – 3) = 0 ⇔ 3x + 2y + z – 11 = 0

13

Bài toán 7:
Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), lấy B không thuộc (α). Tìm đường thẳng ∆
nằm trong (α) đi qua A và cách B một khoảng lớn nhất, nhỏ nhất.
Lời giải:
Gọi H là hình chiếu của B lên ∆ ta thấy
d(B; ∆) = BH ≤ AB
Vậy khoảng cách từ B đến ∆ lớn nhất khi
A ≡ H hay ∆ là đường thẳng nằm trong
(α) và vuông góc với AB.
Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên (α).
khi đó d(B; (α)) = BH ≥ BK
Vậy khoảng cách từ B đến ∆ nhỏ nhất khi
K ≡ H hay ∆ là đường thẳng đi qua hai điểm A, K.
Ví dụ: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + z + 15 = 0 và điểm A (-3; 3; -3). Viết
phương trình đường thẳng ∆ nằm trên (α), qua điểm A và cách điểm B(2;3; 5)
một khoảng :
1) Nhỏ nhất .
2) Lớn nhất.
Giải:
uur
Ta thấy (α)có véctơ pháp tuyến nα = (2; −2;1)
x = 2 + 2t

1) Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên (α).Phương trình BH: y = 3 − 2t
z = 5 + t


Tọa độ điểm H ứng với t là nghiệm của phương trình:
2(2 + 2t) - 2(3 – 2t) + 5 + t + 15= 0 ⇔ t = −2 hay H(-2; 7;
uuu3)

r
Ta thấy d(B; ∆) nhỏ nhất khi ∆ đi qua hai điểm A, H do vậy AH = (1;4;6) là véc
tơ chỉ phương của ∆ => Phương trình của ∆:

x+3 y-3 z +3
=
=
1
4
6

2) Ta thấy d(B; ∆) lớn nhất khi ∆ là đường thẳng nằm trong (α), qua A và vuông
góc với AB.
uur uuur uur
∆ có véctơ chỉ phương u∆ = [AB, nα ] = (16;11; −10)
Phương trình của ∆:

x+3 y-3 z +3
=
=
16
11 −10

Bài tập áp dụng.
Bài 1: Cho ba điểm A(1; -2; 1), B(-1; 1; 2), C(2; 1; -2) và mặt phẳng (α) có
phương trình x + 2y – 2z + 1 = 0.
1) Tìm điểm M trên (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
2) Tìm điểm N trên (α) sao cho NA + NC có giá trị nhỏ nhất.
14

3) Tìm điểm S trên (α) sao cho SA2 + SB2 – 3SC2 có giá trị lớn nhất.
uuu
r uur uuu
r
PA
+
2PB
−
4
PC
4) Tìm điểm P trên (α) sao cho
có giá trị nhỏ nhất.

Bài 2: Cho đường thẳng ( d) :

x-2 y +1 z+2
=
=
và hai điểm A(3; 1; 1),
1
2
-1

B(-1; 2; -3). Hãy tìm điểm M trên d sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất
Bài 3: Cho đường thẳng ( d) :

x-2 y - 1 z-2
=
=

và hai điểm A(0; 1; 1),
2
2
1

B(1; 2; 3). Tìm điểm M trên d sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất.
Bài 4: Cho hai điểm C(1; -2; 2) và đường thẳng d có phương trình
x-1 y- 4 z +1
=
=
. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d và khoảng cách từ C
−2
−1
2

đến (P) là lớn nhất.
Bài 5: Cho điểm B(2; -1; -2), mặt phẳng (P): x – y + z + 3 = 0 và đường thẳng d:

x-1 y-2 z -3
=
=
. Trong các mặt phẳng đi qua B và vuông góc với (P), viết
1
2
−1

phương trình mặt phẳng (α) tạo với d một góc lớn nhất

Bài 6: Cho hai điểm A(2; 1; -3), B(1; 2; 0) và đường thẳng d:

x-1 y-2 z-3
= =
1
2
1

Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, cắt d sao cho khoảng cách từ B đến
∆ là lớn nhất.
2.4. Kết quả nghiên cứu:
Qua quá trình giảng dạy tôi thấy học sinh đã giải quyết các bài toán thuộc
các dạng trên một cách nhanh hơn, linh hoạt hơn bằng phương pháp hình học.
Thực tế, trong nhiều năm liền tôi may mắn được giảng dạy ở các lớp nâng cao
có nhiều đối tượng học sinh khá, giỏi. Vào các tiết luyện tập tôi đã có việc lồng
ghép phương pháp này để học sinh giải được các bài tập nâng cao nhằm các em
thu thập thêm kiến thức và kinh nghiệm để áp dụng trong các kì thi đại học, cao
đẳng.
Sau khi thực hiện chuyên đề tôi đã cho học sinh các lớp 12 C2 và 12 C10
làm bài kiểm tra để đánh giá mức độ hiểu và vận dụng kiến thức bài học, kết quả
như sau:
Năm học 2018 – 2019 tôi được phân dạy môn toán lớp 12C2, 12C10 trường
THPT Hàm Rồng. Sau khi thực hiện chuyên đề tại lớp 12 C2; còn tại lớp 12 C
10 không thực hiện chuyên đề, tôi cho học sinh 2 lớp làm bài kiểm tra và thu
được kết quả như sau:
15


Lớp

12 C2
12

C10

Sĩ
số

Nhận biết và
biết vận dụng,
giải được bài
hoàn chỉnh

Nhận biết và
biết vận
dụng,chưa giải
được hoàn
chỉnh
TL%
SL
TL%
39,12% 22
47,82%
14,58% 26
54,16%

Nhận biết,
nhưng không
biết vận dụng

46
48

SL
18
7

SL
6
10

Không nhận
biết được

TL%
SL
13,04% 0
20,83% 5

TL%
0%
10,41%

Để nâng cao chất lượng bài giảng, giáo viên cần lưu ý:
- Yêu cầu học sinh chuẩn bị bài trước khi đến lớp, nắm vững kiến thức cơ bản.
- Xây dựng hệ thống bài tập từ cơ bản đến nâng cao một cách logíc, khoa học
và hướng đến việc phát triển tư duy cho học sinh, tạo niềm tin, hứng thú, sự say mê.
- Yêu cầu học sinh dành nhiều thời gian luyện tập, thực hành kĩ theo
phương pháp mới.
3. Kết luận và kiến nghị :
3.1. Kết luận:
Thông qua quá trình giảng dạy học sinh các khoá, đặc biệt là lớp 12 C2
năm học 2018-2019, và ôn luyện cho học sinh khá giỏi, sau áp dụng chuyên đề

này kết quả cho thấy:
- Các em rất có hứng thú với các dạng bài toán cực trị trong hình học giải tích,
những học sinh khá giỏi còn tích cực tìm tòi các phương pháp khác để giải dạng
bài toán này.
- Học sinh tự tin khi phân tích để lựa chọn phương pháp giải hay ngắn gọn cho
từng dạng bài toán.
- Hình thành được tư duy logic, sáng tạo, khái quát hoá, đặc biệt hoá.
3.2. Kiến nghị:
- Việc giảng dạy chuyên đề này cần đưa ra các bài tập từ đơn giản đến
khó, kết hợp ôn tập với giao bài tập về nhà và kiểm tra học sinh, tổ chức cho học
sinh sáng tạo tìm hiểu những hương pháp mới, những cách giải hay. Biết khắc
sâu những kiến thức cơ bản, các dạng thường gặp để đưa về dạng tổng quát. Tuy

16


nhiên đây là đề cao có tính chất nâng cao chỉ đưa ra ở cuối tiết học hoặc ở buổi
phụ đạo riêng.
- Để áp dụng đề tài này trước hết học sinh phải nắm chắc các kiến thức cơ
bản, biết vận dụng linh hoạt các kiến thức này, từ đó mới dạy các chuyên đề mở
rộng, nâng cao, khắc sâu kiến thức một cách hợp lý với các đối tượng học sinh
nhằm bồi dưỡng năng khiếu, rèn kỹ năng cho học sinh.
- Đề tài là kinh nghiệm của cá nhân tôi đã thực tế giảng dạy tại trường
THPT Hàm Rồng có hiệu quả, xin được chia sẻ tới các thầy cô giáo và các em
học sinh. Tuy nhiên đề tài thể tránh khỏi những thiếu xót cần được bổ sung, rất
mong được sự đóng góp ý kiến của quý thầy, cô đề đề tài được hoàn thiện hơn.
Xin trân trọng cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 29 tháng5 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
(Ký và ghi rõ họ tên)

Nguyễn Bích Thủy

17


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Hình học 12, Bài tập hình học 12 - NXB GD năm 2008.
2. Hình học 12 nâng cao, Bài tập hình học 12 nâng cao - NXB GD năm 2008

3. Phương pháp giải toán Hình học giải tích trong không gian của tác giả Lê
Hồng Đức năm 2012 .
4. Đề minh hoạ của Bộ giáo dục đào tạo năm 2018.
5. Ôn luyện bồi dưỡng học sinh giỏi hình học không gian của tác giả Phan Huy
Khải năm 2012.
6. Tạp chí toán học tuổi trẻ.
7.Các bài giảng về luyện thi đại học của tác giả Trần Phương.

18


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP
LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Nguyễn Bích Thuỷ

Chức vụ và đơn vị công tác: Phó Hiệu trưởng trường THPT Hàm Rồng

TT

1.

Tên đề tài SKKN

BD một số nét đặc trưng của tư duy sáng tạo
qua PP khai thác cấu trúc logic của 1 bài toán.

Năm
Kết quả
Cấp đánh
học
đánh giá
giá xếp loại
đánh
xếp loại
(Phòng, Sở,
giá
(A, B,
Tỉnh...)
xếp
hoặc C)
loại
2003Sở GD&ĐT C
2004
Thanh Hoá

(QĐ số 132/QĐKH-GDCN ngày 19/4/2005)

2.

Mộ số biện pháp giúp HS khắc phục sai lầm,
khó khăn và gây hứng thú học tập phần PP

Sở GD&ĐT C
Thanh Hoá

20072008

Sở GD&ĐT B
Thanh Hoá

20092010

Sở GD&ĐT B
Thanh Hoá

20112012

Sở GD&ĐT B
Thanh Hoá

20142015

Sở GD&ĐT B
Thanh Hoá

20152016

Sở GD&ĐT B
Thanh Hoá

20162017

toạ độ trong MP
(QĐ số 392/QĐ-SGD ngày 11/9/2008)

3.

Dùng tiếp tuyến kết vợi với vị trí tương đối
của tiếp tuyến với dồ thị HS để chứng minh
BĐT (QĐ số 904/QĐ-SGD&ĐT ngày
14/2/2010)

4.

Tạo hứng hứng thú học tập phần phương
pháp toạ độ trong MP cho HS lớp 10
(QĐ số 871/QĐ-SGD&ĐT ngày 18/12/2012)

5.

Một số biện pháp quản lý công tác GD đạo
đức cho HS THPT Hàm Rồng
(QĐ số 988/QĐ-SGD&ĐT ngày 03/11/2015)

6.

Một số phương pháp giải phương trình bậc 4
cho HS lớp 10
(QĐ số 972/QĐ-SGD&ĐT ngày 24/11/2016)

7

- Một số biện pháp nâng cao chất lượng GD đạo đức
cho học sinh trường THPT Hàm Rồng. Quyết định số
1112/ QĐ -SGD&ĐT ngày 18/10/2017.( Loại B cấp
ngành)

19


8

Một số biện pháp nâng cao chất lượng GD đạo đức
cho học sinh trường THPT Hàm Rồng. Quyết định
số 3145/ QĐ -HĐKHSK ngày 21/8/2018( Loại B cấp
tỉnh).

20172018

Tỉnh
B
Thanh Hoá

Các sáng kiến kinh nghiệm đã được HĐ cấp Sở GD&ĐT đánh giá
từ loại C trở lên

STT
1
2
3
4
5

Tên SKKN

Xếp loại

Năm học

20