Sáng kiến kinh nghiệm: Hướng dẫn học sinh giải một số bài toán cực trị trong Hình học giải tích lớp 12

MỤC LỤC
Trang
A.Đặt vấnđề
.........................................................................................................2
I.Lời nói đầu...............................................................................................................2
II.thực trạng của vấn đề..............................................................................................2
B.Giải quyết vấn đề

........................................................................... 3

I. Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng.........................................................3
II. Các dạng bài tập thường gặp.................................................................................3
C.Kêt luận.........................................................................................................20

1


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG
HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12
A.ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Lời nói đầu
Trong chương trình Hình học giải tích lớp 12, bên cạnh các dạng toán quen
tḥc 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 khó, chỉ có trong chương trình nâng cao và đề tuyển
sinh Đại học cao đẳng.
Trong quá trình trực tiếp giảng dạy và nghiên cứu tôi thấy đây là dạng toán
khơng chỉ khó mà còn khá hay, lơi ćn 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 đợ, giải tích thì có thể đưa bài toán trên về mợt bài toán quen thuộc.
II.Thực trạng vấn đề

Trong thưc tế giảng dạy, tôi nhận thấy nhiều học sinh bị mất kiến thức cơ bản
trong hình học khơng gian, khơng nắm vững các kiến thức về hình học, vec tơ,
phương pháp đợ trong khơng gian. Đặc biệt khi nói đến các bài toán về cực trị
trong hình học thì các em rất “ Sợ”. Trước khi làm chuyên đề này tôi đã khảo sát ở
2 lớp 12A và 12B với tống số 90 học sinh, kết quả đạt được như sau

Số lượng
Tỉ lệ ( %)

Không
Nhận biết,
nhận
nhưng không
biết biết vận dụng
được
60
20
66,7
22,2

Nhận biết và
biết vận dụng,
chưa giải được
hoàn chỉnh
9
9,9

Nhận biết và
biết vận dụng,
giải được bài

hoàn chỉnh
1
1.1

Đứng trước thực trạng trên, với tinh thần yêu thích bộ môn, nhằm giúp các em
hứng thú hơn, tạo cho các em niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra mợt 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 đã mạnh dạn viết chuyên đề “Hướng dẫn học
sinh giải một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12”.
2


B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng.
1 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (α)
-Gọi H là hình chiếu vng góc của M lên (α).
-Viết phương trình đường thẳng MH(qua M
và vng góc với (α))
- Tìm giao điểm H của MH và (α).
*Nếu yêu cầu tìm điểm M’ đới xứng với Mqua
mặt phẳng (α) thì ta vẫn tìm hình chiếuH của M
lên (α), dùng cơng 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 sớ của d
- Gọi H �d có tọa đợ theo tham sớ t
-r Huulà
uu
r hình chiếu vng góc của điểm M lên d khi

udMH  0

-Tìm t, suy ra tọa đợ của H.
II. Các dạng bài tập thường gặp
1.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
uuur
uuuur
uuuur
k
MA

k
MA

...

k
MA
1
phẳng (α) sao cho 1
2
2
n
n 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
uuuuu
r
uuuuur
uuu
r
uuu
r
k
MA
+
k
MA
+...+
k
MA
=
(k
+
k
+...+
k
)MI
=
k
MI
1
-Biến đởi : 1

2
2
n
n
1
2
n
uuu
r
 Tìm vị trí của M khi MI đạt giá trị nhỏ nhất
Ví dụ 1: 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 :
uuuu
r

uuur uuur

uuuu
r

uuur

1) MA +MB  MC có giá trị nhỏ nhất.
uuur

2) MA -2MB  3MC có giá trị nhỏ nhất.

3

uuur

uuu
r uuur

r

Giải: Gọi điểm G thỏa GA +GB +GC =0 thì G là trọng tâm của tam giác ABC và
G(0;-2;1)
uuuu
r

uuur uuur

uuuu
r

uuur

uuuu
r uuu
r uuuu
r uuur

uuuu
r

1) Ta có MA +MB  MC = MG +GA +MG  GB  MG  GC = 3 MG có giá trị
nhỏ nhất khi
r M là hình chiếu vng góc của G lên mặt phẳng (α)

MG nhận n =(2; -2; 1) làm vecto chỉ phương
x =2t
�
�
y =-2-2t
Phương trình tham sớ MG �
�
z =1+3t
�
Tọa đợ M ứng với t là nghiệm phương trình:
4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = 0 � 17t  17  0 � t  1
uuuu
r

uuur uuur

Vậy với 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 vng góc của I lên mặt phẳng (α)
�
�
x =4+2t
�
23
�
Phương trình tham sớ 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 ( hay đường thẳng) 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 =
4


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  ...  kn IA 2n không đổi, Biểu thức T nhỏ nhất hoặc lớn nhất khi MI
nhỏ nhất hay M là hình chiếu vng 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 MA 2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn
nhất.
uur uu
r r
3 3
Giải: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 đởi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay
M là hình chiếu vng góc của I lên (α) r
Đường thẳng IM qua điểm I và có vtcp n α  (1; 2; 2)
�
�
x =2+t
�
� 3
Phương trình tham sớ MI: �y = +2t
� 2
3
�
z =  +2t
�
�
2
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:
3
3

2  t  2(  2t)  2(  2t)  7  0 � 9t  9  0 � t  1
2
2
1 7
� M (1;  ;  )
2 2

5


AB 2
Nhận xét: Với I là trung điểm AB thì MA + MB = 2MI +
, do AB2 không
2
2
2
2
đổi nên MA + MB nhỏ nhất khi MI có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu
vuông góc của I lên (α).
uur 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)
�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
2

2

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 sớ 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
9

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

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

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

-2), B( 2; -1; 2), C(4; 3; 3). Hãy tìm điểm M trên d sao cho
1) MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất
2) MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhất.
uur Giải:
uu
r r

1) Gọi điểm I(x; y; z) là điểm thỏa IA -2 IB =0
Hay: ( x;1  y; 2  z)  2(2  x; 1  y; 2  z)  (0; 0; 0)

6


�4  x  0
�
��
3  y  0 � I(4; 3;6)
�
- 6+z  0
�
uuu
r uur
uuu
r uu
r
Ta có MA2 - 2MB2 = (MI + IA) 2  2(MI + IB) 2

uuu
r uur
uu
r
 IA 2  2IB2  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 vng góc của I lên d.
x =1+t
�

r
�
Đường thẳng d có vtcp u  (1;2;1) , phương trình tham sớ d: �y =2+2t

�
z =3+t
�
uuu
r
M �d � M(1  t; 2  2t; 3  t) , IM =( t-3; 2t +5 ; t - 3) khi M là hình chiếu

uuu
rr

vng góc của I lên d nên IM.u  0 � 6t  4  0 � t  

1 2 7
3 3 3

2
1 2 7
� M( ; ; )
3
3 3 3

Vậy với M ( ; ; ) thì MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất
uuur

uuu
r uuur

r

2) Gọi điểm G(x; y; z) là điểm thỏa GA +GB +GC =0 thì G là trọng tâm tam giác
ABC và G(2; 1; 1).
uuuu
r uuur
uuuu
r uuur
uuuu
r uuur
Ta có: MA2 + MB2 + MC2 = (MG + GA) 2 + (MG + GB) 2 +(MG + GC) 2
uuuu
r uuur
uuur uuur
2
2
2
2
= GA  GB  GC +3MG + 2MG(GA  GB  GC)
= GA 2  GB2  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 vng góc
của
uuuu
r G lên đường thẳng d.
M �d � M(1  t; 2  2t; 3  t) , GM =( t-1; 2t +1 ; t +2)
uuuu
rr
Khi M là hình chiếu vng góc của I lên đường thẳng d thì GM.u  0

1
1 5
� 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.
Lời giải:
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.
7


2.Nếu (axA+byA+ czA + d)(axB+ byB+ czB+ d) >0 thì A, B nằm về mợt phía với (α).
Khi đó ta tìm điểm A’ đới 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 đợ 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 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
uuurM 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 sớ của AB: �y  t
�z  2
�

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 2 + t – 2(-t)- 2.2 + 4 = 0
� 3t  2  0 � t  

2
3

4 2
3 3

Hay M ( ; ; 2) là điểm cần tìm.
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 đợ 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
n
Đường thẳng AA’ đi qua A và vng góc với (α), AA’ nhận   (1; 1;2) làm vecto
chỉ phương
�x  1  t

�
Phương trình tham sớ AA’: �y  2  t
�z  1  2t
�

Tọa đợ hình chiếu vng góc H của A trên (α) ứng với t của phương trình
8


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)
�
zA ' =2zH  zA  1
�
uuur
A’B có vtcp A'B  (1;0; 3)
x 2t
�
�
Phương trình tham sớ 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
tḥc A’C nhưng ở phía ngồi
uuuu
r 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 sớ 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 
5
4

5
4

5 5 5
3
hay M ( ;  ;  )
4
4 4 4

5
4

Vậy với M ( ;  ;  ) thì MA - MC có giá trị lớn nhất.
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.
Lời giải:
- 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 sớ 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;
2
2
1

-3). Hãy tìm điểm M trên d sao cho MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất.

9


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 vng
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
Bài toán 5: Cho hai đường thẳng d1,d2 chéo nhau. Tìm các điểm M d1, N d2
là chân đoạn vuông góc chung của hai đường trên.
Lời giải:
- Lấy M�d1 và N�d2 ( tọa đợ theo tham sớ).

r r
uuuu
rr
uuuu
rr
- Giải hệ phương trình MN.u1  0 và MN.u2  0 ( u1 , u2 là các véctơ chỉ
phương của d1 và d2 ).
- Tìm tọa đợ M, N và kết luận.
Ví dụ 1: Cho hai đường thẳng
d1 :

x-5 y+1 z -11
x+4 y-3 z - 4
=
=
=
=
, d2 :
1
2

-1
7
2
3

1) Chứng minh d1, d2 chéo nhau
2) Tìm điểm M�d1 và N�d 2 sao cho đợ dài MN ngắn nhất.
Giải:
uu
r
1) d1 qua M1(5; -1; 11), có vtcp u1  (1;2; 1)
uur
d2 qua M2(-4; 3; 4), có vtcp u2  (7;2;3)
uu
r uur uuuuuur
u
Ta có [ 1 , u2 ] M1M 2 = (8; 4; 16)(-9;4; -7) = -72 +16 – 112 = -168 �0
Hay d1 và d2 chéo nhau.
2). M �d1 và N �d 2 sao cho độ dài MN ngắn nhất khi và chỉ khi MN là đợ dài
đoạn vng góc chung của d1 và d2.
10


Phương trình tham sớ của hai đường thẳng
x 5 t
x  4  7 t
�
�
�
�

d1: �y  1  2t , d2: �y  3  2t
�
�
z  11  t
z  4  3t
�
�

M�d1 nên M(5 + t; -1 + 2t; 11- t), N �d 2 nên N(-4 – 7t’;3 +2t’; 4 + 3t’)

uuuu
r
MN  ( - 7t’- t – 9; 2t’ – 2t +4; 3t’ + t – 7)
uuuu
rr
�
MN
6t ' 6t  6  0
t2
�
�
� .u1  0
�
�
Ta có �
uuuu
rr
�
�
62t ' 6t  50  0

t '  1
MN.u2  0
�
�
�

Do đó M(7; 3;9) và N(3; 1; 1)
Vậy với M(7; 3;9) và N(3; 1; 1) thì đợ dài MN ngắn nhất bằng 2 21 .
x 2t
�
�
Ví dụ 2: Cho đường thẳng d: �y  4  t và hai điểm A(1;2; 3),B(1; 0; 1). Tìm điểm
�
z  2
�

M trên d sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất
Giải:
- Lấy điểm M trên d, Gọi H là hình chiếu vng
góc của M lên AB
- Tam giác MAB có diện tích S =

1
AB.MH đạt giá
2

trị

nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất, hay MH là đoạn
vng góc chung của AB và d.

r
Ta thấy d qua M1(2; 4; -2), có vtcp u  (1;1;0)
uu
r
uuu
r
AB qua A(1; 2; 3) và AB  (0; -2;-2) = 2u1
uu
r
với u1  (0;1;1) là véc tơ chỉ phương của AB
x1
�
�
Phương trình tham sớ AB �y  2  t '
�
z 3t'
�

uuuu
r
M(2 + t; 4+ t; -2) �d ,H(1; 2+ t’;3+t’) �AB , MH  ( -t -1; t’ – t -2; t’ +5)

11


uuuu
rr
�
MH
t ' 2t  3

t '  3
�
�
� .u  0
��
��
Ta có �
uuuu
r uu
r
2t ' t  3
t  3
MH.u1  0
�
�
�
Vậy M(-1; 1; -2), H(1; -1; 0) khi đó MH = 2 3 , AB = 2 2
1
Diện tích S MAB  AB.MH  6
2
x 0
�
�
Ví dụ 3: Cho đường thẳng d: �y  t . Trong các mặt cầu tiếp xúc
�
z 2t
�

với cả hai đường thẳng d và trục Ox, hãy viết phương trình mặt cầu (S)
có bán kính nhỏ nhất.

Giải:
Giả sử mặt cầu (S) có tâm I, bán kính R tiếp xúc với d tại M, tiếp xúc với Ox tại N
Ta thấy 2R = IM + IN ≥ MN, do đó mặt cầu (S) có đường kính nhỏ nhất là 2R =
MN khi và chỉ khi MN nhỏ nhất hay MN
r là đoạn vng góc chung của d và Ox.
Đường thẳng d qua M(0; 0; 2), có vtcp u  (0;1; 1)
r
Ox qua O(0; 0; 0), có vtcp i  (1;0;0)
r r uuuu
r
[ u, i ] OM = (0; 0; -1)(0; 0; 2) = -2 �0 nên d và Ox chéo nhau.

uuuu
r

Với M(0; t; 2- t) d, N(t’; 0; 0) Ox và MN  ( t’; -t; t – 2)

uuuu
rr
�
MN.u  0
t  t  2  0
t 1
�
�
�
��
��
Ta có �
uuuu

rr
t' 0
t' 0
MN.i  0
�
�
�
Vậy M(0; 1; 1), N(0; 0; 0) ≡ O
1 1
2 2

MN

2
1
1
Phương trình mặt cầu (S): x 2  ( y  ) 2  ( z  ) 2 
2
2

Mặt cầu (S) có tâm I (0 ; ; ) , bán kính R =

2
2
1
2

2. Các bài toán cực trị liên quan đến vị trí của đường thẳng, mặt phẳng.
Bài toán 1: 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:
Họi H là hình chiếu vng góc của B lên mặt phẳng
(α), khi đó tam giác ABH vng tại H và khoảng
12


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 vng góc với AB.
Ví dụ 1: 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 khoảng lớn nhất khi (α) là mặt phẳng đi qua D và
vng gócuurvới 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

Ví dụ 2: Cho hai điểm A(2; 1; 3), B(1; -1; 1), gọi (α) là mặt phẳng qua B.
Trong các mặt cầu tâm A và tiếp xúc với (α), hãy viết phương trình mặt cầu
(S) có bán kính lớn nhất.
Giải:
Mặt
uuu
r cầu (S) có bán kính R = d(A; (α)) lớn nhất khi (α) qua B và vng góc với AB
BA  (1; 2; 2) là véctơ pháp tuyến của (α)
R = AB=3
Phương trình mặt cầu (S): (x -2)2 + (y -1)2 + (z – 3)2 = 9.
Bài toán 2: 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 vng góc của A lên mặt phẳng
(α),
K là hình chiếu vng 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 vng góc
với AK. Hay (α) qua ∆ và vng góc với mp(∆, A).
Ví dụ 1: 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 một khoảng lớn nhất khi (α) đi qua
hai điểm A, B và vng góc với mp(ABC).
13


uuur
uuur
AB  (1; 1; 1) , AC  (2; 3; 2)
r uuur uuur
(ABC) có véctơ pháp tuyến n  [AB, AC]  (1;4; 5)
uur r uuu
r
(α)cóvéctơpháptuyến n  [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
Bài toán 3: 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 vng 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 1: 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 n  (2; 2;1)
1) Gọi H là hình chiếu vng góc của B lên (α)
x  2  2t
�
�
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 vng
góc với AB.
14


uur

uuur uur

∆ có véctơ chỉ phương u  [AB, n ]  (16;11; 10)
Phương trình của ∆:

x+3 y-3 z +3


16
11 10

x  1 t

�
�
Ví dụ 2: Cho hai điểm A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0) và đường thẳng d: �y  0
�
z  t
�

1) Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua d và B.
2) Viết phương trình đường thẳng ∆1 đi qua B cắt d sao cho khoảng
cách từ A đến ∆1 lớn nhất.
3) Viết phương trình đường thẳng ∆2 đi qua B cắt d sao cho khoảng
cách từ A đến ∆2 nhỏ nhất.
Giải:r
uuur
1) Đường thẳng d qua điểm M(2; 0; 0) có vtcp ud  (1;0; -1) , MB  (2;2;0)
uur uuur
uur
[ud , MB]  (2;2;2)  2(1;1;1)  2n
uur
(α) đi qua B nhận n  (1;1;1) làm véctơ pháp tuyến

Phương trình (α): x + y + z – 1 = 0
2) Gọi H là hình chiếu của A lên (α), để d(A, ∆1) nhỏ nhất khi ∆1 đi qua hai điểm
x 2t
�
�
B,H. Phương trình tham sớ AH: �y  1  t
�
z  1  t
�

Tọa độ H ứng với t là nghiệm phương trình:
2 + t + 1 + t -1 + t – 1 = 0 � 3t  1  0 � t  
uuu
r 8 4 4
BH  ( ; ; ) 
3 uu
3r 3
r
Ta thấy u1 và ud

5 2 4
1
� H( ; ; )
3
3 3 3

r
uu
r
4
4 uu
(2; 1; 1)  u1 � ∆1 nhận u1 làm véc tơ chỉ phương
3
3

không cùng phương nên d và ∆1 cắt nhau (do cùng thuộc mặt

phẳng (α))
Vậy phương trình ∆1:

x+1 y-2 z


2
1 1

3) Gọi K là hình chiếu của A lên ∆2 ta có d(A, ∆2 ) = AK ≤ AB, để d(A, ∆2 ) lớn
nhất khiuuK
≡uurB hay ∆2 nằm trong (α)và vng
r u
uur góc với AB.
uur
Ta có [n , AB]  (0; 4;4)  4(0;1; 1)  4u2 � ∆2 nhận u2 làm véc tơ chỉ phương,
uur
r
mặt khác u2 và ud không cùng phương nên d và ∆2 cắt nhau (do cùng thuộc mặt
phẳng (α))
15


x  1
�
�
Phương trình ∆2: �y  2  t
�
z  t
�

Bài toán 4: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), đường thẳng d không song

song hoặc nằm trên (α) và không đi qua A.
Tìm đường thẳng ∆ nằm trên (α), đi qua A
sao cho khoảng cách giữa ∆ và d là lớn
nhất.
Lời giải:
Gọi d1 là đường thẳng qua A và song
song với d, B là giao điểm của d với (α).
Xét (P) là mặt phẳng (d1, ∆), H và I là hình
chiếu vng góc của B lên (P) và d1.
Ta thấy khoảng cách giữa ∆ và d là BH và
uur uu
r uur
BH ≤ BI nên BH lớn nhất khi I ≡ H, khi đó ∆ có vtcp u  [BI , n ] .

Ví dụ 1: Cho đường thẳng d:

x-1 y-2 z -3


, mặt phẳng (α): 2x – y – z + 4 = 0 và
1
2
1

điểm A( -1; 1; 1).Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trên (α), đi qua A sao cho
khoảng cách giữa ∆ và d là lớn nhất.

uur
r
Giải:Đường thẳng d có vtcp u  (1; 2; -1), (α) có vtpt n  (2; -1; 1)

x  1 t
�
�
Phương trình tham sớ d: �y  2  2t
�
z 3 t
�

Gọi B là giao điểm của d và (α), tọa độ B ứng với t là nghiệm phương trình:
2+ 2t – 2 – 2t – 3+ t + 4 = 0 � t = -1 � B(0; 0; 4)
Xét d1 là đường thẳng qua A và song song với d
x  1  t
�
�
Phương trình tham số đường thẳng d1: �y  1  2t
�
z  1 t
�

Gọi I là hình chiếu vnguugóc
r của B lên d1
� I(-1 + t; 1 + 2t; 1 – t), BI  (-1 + t; 1 + 2t;-5– t)
uu
rr
Ta có BI.u  0 � -1 + t + 2(1 + 2t) –(-5– t) = 0 � t = -1 � I(-2; -1; 2)
16


uur uu
r uur

Đường thẳng ∆ có vtcp u  [BI , n ] = (-5; -10; 4)

Phương trình ∆:

x+1 y-1 z -1


5 10
4

Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (P): x + y – z + 1= 0, điểm A(1; -1; 2) và đường thẳng ∆
:

x+1 y z-4
= =
. Trong các đường thẳng đi qua A và song song song với (P),
2
1
3

hãy viết phương trình đường thẳng d sao cho khoảng cách giữa d và ∆ lớn nhất.
Giải:
Mặt phẳng (α) qua A và song song với (P) có phương trình: x + y – z + 2= 0
=> d nằm trên (α).
uur
r
Đường thẳng ∆ có vtcp u  (2;1;-3), (α) có vtpt n  (1;1;-1)
x  1  2t
�
�

Phương trình tham số ∆: �y  t
�
z  4  3t
�

Gọi B là giao điểm của ∆ và (α), tọa độ B ứng với t là nghiệm phương trình:
-1+ 2t + t – (4- 3t) + 2 = 0 � t =

1
1 5
� B(0; ; )
2
2 2

Xét ∆1 là đường thẳng qua A và song song với ∆
x  1  2t
�
�
Phương trình tham sớ đường thẳng ∆1: �y  1  t
�
z  2  3t
�

Gọi H là hình chiếu vng góc của B lên ∆1 � H(1 + 2t; -1 + t; 2 – 3t)

uu
rr
uuu
r
3

3
1
BH  (1 + 2t; t - 2 ; -3t).Ta có BI.u  0 � 2 + 4t + t - 2 + 9t = 0 � t =  28
uuu
r 13
43 3
1
1 r
� BH =( ;  ;
) = (26; -43; 3) = u1
14
28 28
28
uu28
r uu
r uur
Đường thẳng d có vtcp ud  [ u1 , n ] = (40; 29; 69)
x-1 y+1 z -2


Phương trình d :
40
29
69
.
Bài toán 5: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc
(α), đường thẳng d không song song hoặc nằm
trên (α). Tìm đường thẳng ∆ nằm trên (α), đi
qua A và tạo với d góc lớn nhất, nhỏ nhất.
17

Lời giải:
Vẽ đường thẳng d1 qua A và song song với d. Trên d 1 lấy điểm B khác A là điểm
cớ định, gọi K, H là hình chiếu vng góc của B lên (α) và ∆.
BH BK
Ta có sin(d, ∆) =
≥
. Do vậy góc (d, ∆) nhỏ nhất khi K ≡ H hay ∆ là
AB AB
đường thẳng AK.
uur uur uur
Góc (d, ∆) lớn nhất bằng 900 khi ∆  d và ∆ có vtcp u  [ud, n ]
Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): 2x + 2y – z – 7 = 0, điểm A(1; 2; -2) và đường thẳng
d:

x+2 y-1 z -3


.
1
1
1

1) Viết phương trình đường thẳng ∆ 1 nằm trên (α), đi qua A và tạo với d mợt
góc lớn nhất.
2) Viết phương trình đường thẳng ∆ 2 nằm trên (α), đi qua A và tạo với d mợt
góc nhỏ nhất.
Giải:
r

r
(α) có vectơ pháp tún n  (2;2; -1) , d có vectơ ud  (1;1;1) qua điểm
r r
M(-2; 1; 3). Ta thấy A �(α) mặt khác n ud �0 nên d không song song hoặc
nằm trên (α).

1) ∆1 tạo với d mợt góc lớn nhất
uu
r khiuur∆1uurd
Do đó ∆1 có vectơ chỉ phương u1  [ud, n ] = (-3; 3; 0 ) = -3(1; -1; 0)
x  1 t
�
�
Phương trình tham sớ của ∆1: �y  2  t
�
z  2
�

2) Xét đường thẳng d1 qua A và song song với d
Phương trình d1:

x-1 y-2 z +2


, lấy điểm B(2; 3; -1) �d1.
1
1
1

Gọi K là hình chiếu vng góc của B lên (α)

x  2  2t
�
�
Phương trình tham sớ của BK �y  3  2t , tọa độ
�
z  1  t
�

của K ứng với t là nghiệm của

phương trình : 2(2 + 2t) + 2(3 + 2t) – (- 1 – t) – 7 = 0
� 9t + 4 = 0 hay t = 

4
10 19 5
� K( ; ; )
9 9 9
9

18


uuur

1 1 13
)
9 9 9

∆2 tạo với d mợt góc nhỏ nhất khi nó đi qua hai điểm A và K, AK  ( ; ;
uur

uuur

∆2 qua A(1; 2; -2), có vectơ chỉ phương u2  9.AK  (1;1;13)
Phương trình ∆2 :

x-1 y-2 z +2


1
1
13

Ví dụ 2: Cho hai điểm A(1; 0; 0) , B( 0; -2; 0) và đường thẳng d:

x-1 y-2 z -3


.
2
1
1

Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A, vng góc với d và tạo với AB mợt góc
nhỏ nhất.
r
Đường thẳng d có vectơ ud  (2;1;1)

Giải:

Xét mặt phẳng
(α) qua A và vng góc với d � ∆ nằm trên (α)
r
(α) nhận ud  (2;1;1) làm vectơ pháp tuyến.
Phương trình (α): 2x + y + z – 2 = 0.
r
Gọi H là hình chiếu vng góc của B lên (α), BH có vectơ ud  (2;1;1)
x  2t
�
�
Phương trình tham sớ của BH �y  2  t , tọa độ của H ứng với t là nghiệm của
�
z t
�

phương trình: 4t -2 + t + t – 2 = 0 � 6t – 4 = 0 � t 

2
4 4 2
hay H( ; ; )
3
3 3 3

uuur

1 4 2
; )
3 3 3

∆ tạo với AB một góc nhỏ nhất khi nó đi qua hai điểm A và H, AH  ( ;

uur

uuur

∆ qua A(1; 0; 0), có vectơ chỉ phương u  3.AH  (1; 4;2)
Phương trình ∆ :

x-1 y z


1
4 2

C. KẾT LUẬN
Từ thực tế giảng dạy chuyên đề này, một kinh nghiệm được rút ra là 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 chun đề mở rợng, 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.
19


Những điều tôi đã thực hiện như nêu ở trên đã có mợt sớ tác dụng đới với học
sinh,cụ thể là : Các em tỏ ra rất say mê, hứng thú với dạng toán này. đó có thể coi là
mợt thành công của người giáo viên. Kết thúc đề tài này tôi đã khảo sát lạicho các
em học sinh lớp 12A,12B. Kết quả như sau:

Số lượng
Tỉ lệ ( %)

Không
Nhận biết,
nhận
nhưng khơng
biết biết vận dụng
được
0
3
0.0
3.3

Nhận biết và
biết vận dụng,
chưa giải được
hồn chỉnh
27
30

Nhận biết và
biết vận dụng ,
giải được bài
hoàn chỉnh
60
66,7

Rõ ràng là các em đã có sự tiến bợ. Như vậy chắc chắn phương pháp mà tôi nêu
ra trong đề tài đã giúp các em phận loại được bài tập và nắm khá vững phương
pháp làm và trình bầy bài giúp các em tự tin hơn trong học tập cũng như khi đi thi.
Tuy kết qủa chưa thật như mong đợi, nhưng với trách nhiệm của một người thầy,
trong một chừng mực nào đó tơi có thể bớt băn khoăn khi học trò của mình có thể

làm tớt các bài toán: “ Cực trị trong hình học giải tích lớp 12 ”
Tôi luôn nghĩ rằng : sự tiến bộ và thành đạt của học sinh luôn là mục đích cao cả,
là nguồn động viên tích cực của người thầy. Do vậy, tôi mong ước được chia sẻ với
quý đồng nghiệp một sớ suy nghĩ như sau:
Mợt bài toán có thể có rất nhiều cách giải song việc tìm ra mợt lời giải hợp lý,
ngắn gọn thú vị và độc đáo là mợt việc khơng dễ. Do đó đây chỉ là mợt chuyên đề
trong rất nhiều chuyên đề, một phương pháp trong hàng vạn phương pháp để giúp
phát triển tư duy, sự sáng tạo của học sinh. Giáo viên trước hết phải cung cấp cho
học sinh nắm chắc các kiến thức cơ bản sau đó là cung cấp cho học sinh cách nhận
dạng bài toán, thể hiện bài toán từ đó học sinh có thể vân dụng linh hoạt các kiến
thưc cơ bản, phân tích tìm ra hướng giải, bắt đầu từ đâu và bắt đầu như thế nào là
rất quan trọng để học sinh không sợ khi đứng trước một bài toán khó mà dần tạgây
hứng thú say mê mơn toán, từ đó tạo cho học sinh tác phong tự học, tự nghiên cứu.
Tuy nội dung của chuyên đề khá rộng, song trong khn khở thời gian có hạn
người viết cũng chỉ ra được các ví dụ, bài toán điển hình.
Rất mong sự đóng góp ý kiến của các bạn quan tâm và đồng nghiệp để
chuyên đề này được đầy đủ hoàn thiện hơn./.

20


XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Nguyễn Văn Tân

Thanh Hóa, ngày 10 tháng5 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nợi dung của
người khác.

Hồ Thị Mai

ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CƠ SỞ
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
......................................................................................................................................
..............................................
Vĩnh Lộc, Ngày 14 tháng 5 năm
2013
Thay mặt HĐKH cơ sở
Chủ Tịch

Nguyễn Văn Tân

21


VII. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1.
2.
3.
4.

Hình học 12, Bài tập hình học 12 – nhà XBGD năm 2008
Hình học 12 nâng cao, Bài tập hình học 12 nâng cao – nhà XBGD năm 2008.
Tạp chí Toán học và tuổi trẻ năm 2010.
Các dạng Toán LT ĐH của Phan Huy Khải- NXB Hà Nội năm 2002

22