Sáng kiến kinh nghiệm Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12

 SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 
 MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 
 I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI 
 Trong chương trình Hình học giải tích lớp 12, bên cạnh các dạng toán quen thuộc 
như: viết phương trình mặt phẳng, đường thẳng, mặt cầu, tìm tọa độ điểm. ta còn gặp 
các bài toán tìm vị trí của điểm, đường thẳng hay mặt phẳng liên quan đến một điều kiện 
cực trị. Đây là dạng Toán khó, chỉ có trong chương trình nâng cao và đề tuyển sinh Đại 
học, cao đẳng. 
 Trong quá trình trực tiếp giảng dạy Toán lớp 12 và nghiên cứu, tôi thấy đây là dạng 
toán không chỉ khó mà còn khá hay, lôi cuốn được các em học sinh khá giỏi. Nếu ta biết 
sử dụng linh hoạt và khéo léo kiến thức của hình học thuần túy, véctơ, phương pháp tọa 
độ, giải tích thì có thể đưa bài toán trên về một bài toán quen thuộc. 
 Với tinh thần trên, nhằm giúp các em hứng thú hơn, tạo cho các em niềm đam mê, 
yêu thích môn toán, mở ra một cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức 
đã học, tạo nền tảng cho các học sinh tự học, tự nghiên cứu, tôi trình bày chuyên đề “
Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12”. 
II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI
 1. Thuận lợi. 
 - Học sinh đã được trang bị kiến thức, các bài tập đã được luyện tập nhiều. 
 - Học sinh hứng thú trong tiết học, phát huy được khả năng sáng tạo, tự học và yêu 
thích môn học. 
 - Có sự khích lệ từ kết quả học tập của học sinh khi thực hiện chuyên đề. 
2. Khó khăn. 
 - Giáo viên mất nhiếu thời gian để chuẩn bị các dạng bài tập 
 - Nhiều học sinh bị mất kiến thức cơ bản trong hình học không gian, không nắm 
vững các kiến thức về hình học, vec tơ, phương pháp độ trong không gian. 
 - Đa số học sinh yếu môn hình học. 
 III. NỘI DUNG. 1.
 Cơ sở lý luận.
 Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phương pháp suy luận, khả năng 
 tư duy . Từ những kiến thức cơ bản phải dẫn dắt hoc sinh có được những kiến thức nâng 
 cao một cách tự nhiên (chứ không áp đặt ngay kiến thức nâng cao). 
 Trong chuyên đề chủ yếu dùng phương pháp tọa độ trong không gian để giải các 
 bài toán được đặt ra. 
 2. Nội dung.
Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 1/24
 SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN  CỰC TRỊ  TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 
2) Gọi điểm J(x; y; z) thỏa JA - 4JB = 0 
Ta có: (0 –x; 1 –y; 5 – z) – 4(0 – x; 3- y; 3- z) = (0; 0; 0) 
 13 7 13 7
 x = 0; y = , z = , vậy J(0; ; ) 
 5 3 5 3
         
Khi đó MA - 4MB MJ+ JA- 4(MJ JB) 3 MJ 3 MJ có giá trị nhỏ nhất khi M là hình 
chiếu vuông góc của J lên đường thẳng d. 
  18 17
Tọa độ M(4+ t; -1+ t; t), JM = ( t+ 4; t - ; t - ) khi M là hình chiếu vuông góc của J 
  55
lên đường thẳng d thì JM. u 0 hay 3t – 3 = 0 t = 1 
   
Vậy M( 5; 0; 1) thì MA - 4MB có giá trị nhỏ nhất. 
 Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + 3z + 10 = 0 và ba điểm A 1;0;1 , 
 B -2;1;2 , C 1;-7;0 . Tìm điểm M trên mặt phẳng (α) sao cho : 
    
 1) MA + MB MC có giá trị nhỏ nhất. 
    
 2) MA -2MB 3 MC có giá trị nhỏ nhất. 
    Giải: 
1) Gọi G thỏa GA + GB +GC = 0 thì G là trọng tâm của tam giác ABC và G(0;-2;1). 
           
Ta có MA + MB MC = MG + GA + MG GB MG GC =3 MG có giá trị nhỏ nhất khi M 
là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (α). 
Đường thẳng MG nhận n = (2; -2; 1) làm một vecto chỉ phương nên phương trình tham số 
 x = 2t
của MG là: y = -2-2t . Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 
 z = 1+3t
 4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = 0 17t 17 0 t 1 
    
Vậy với M(-2; 0; -2) thì MA + MB MC có giá trị nhỏ nhất. 
    
2) Gọi I(x; y; z) là điểm thỏa IA -2IB 3 IC 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; ; ) 
 22 22
           
Ta có: MA -2MB 3 MC = MI+IA -2(MI IB) 3( MI IC ) = 2MI có giá trị nhỏ nhất khi M là 
hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (α) 
 x = 4+2t
Phương trình tham số của đường thẳng MI: 23 
 y = -2t
 2
 3
 z = +3t
 2
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 
 23 3 73 73
 2(4 2t) 2( 2t) 3( 3t) 10 0 17t 0 t 
 22 234
Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 3/24 
 SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 
 AB2
 Với I là trung điểm AB thì MA2 + MB2 = 2MI2 + , do AB2 không đổi nên 
 2
MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I 
lên (α).    
2) Gọi J(x; y; z) là điểm thỏa JA - JB -JB = 0 
Hay (1 x;2 y; 1 z) (3 x;1 y; 2 z) (1 x; 2 y;1 z) (0;0;0) 
 3x 0
 3y0 J(3; 3;0) 
 z 0
       
Ta có: MA2 - MB2 – MC2 =(MJ + JA)2 - (MJ + JB)2 (MJ + JC)2 
     
 J A2 JB2 JC2 MJ2 + 2MJ(JA JB JC) JA2 JB2 JC2 MJ2 
Do JA2 JB2 JC2 không đổi nên MA2 - MB2 – MC2 lớn nhất khi MJ nhỏ nhất hay M là 
hình chiếu của J trên mặt phẳng (α). 
Đường thẳng JM qua điểm I và có vtcp nα (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: 
 4 23 35 8
 3 t 2(3 2t) 2.2t 7 0 9t 4 0 t M(; ; ) 
 9 999
 23 35 8 2 2 2
Vậy với M(; ; ) thì MA - MB – MC có giá trị lớn nhất. 
 999
 x-1 y-2 z-3
 Ví dụ 2: Cho đường thẳng d có phương trình: = = và các điểm A(0;1;-2), 
 1 21
 B( 2; -1; 2), C(4; 3; 3). Hãy tìm tọa độ điểm M trên d sao cho 
 1) MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất 
 2) MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhất. 
  Giải:  
 1) Gọi điểm I(x; y; z) là điểm thỏa IA -2 IB = 0 
 4 x 0
 2) Hay: ( x;1 y; 2 z) 2(2 x; 1 y;2 z) (0;0;0) 3y0 I(4; 3;6) 
 - 6+z 0
     
Ta có MA2 - 2MB2 = (MI + IA)2 2(MI + IB)2 
    
 IA2 2IB2 MI2 + 2MI(IA 2 IB) IA2 2IB2 MI2 
Do IA2 - 2 IB2 không đổi nên MA2 -2 MB2 lớn nhất khi MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là 
hình chiếu vuông góc của I lên d. 
 x = 1+t
 Đường thẳng d có vtcp u (1;2;1) , phương trình tham số d: 
 y = 2+ 2t
 z = 3+ t
Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 5/24 
 SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 
 1. Nếu (axA+byA+ czA + d)(axB+byB+ czB+ d) < 0 thì A, B nằm về hai phía với (α). 
 Để MA + MB nhỏ nhất khi M thuộc AB hay M là giao điểm của (α) và AB. 
 2. Nếu (axA+byA+ czA + d)(axB+ byB+ czB+ d) >0 thì A, B nằm về một phía với (α). 
 Khi đó ta tìm điểm A’ đối xứng với A qua (α). Do MA + MB = MA’+ MB mà đạt 
 giá trị nhỏ nhất khi M thuộc A’B hay M là giao điểm của (α) và A’B. 
 Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (α) có phương trình: 
 x – 2y – 2z + 4 = 0 và hai điểm A(1; 1; 2), B(2; 0; 2). Tìm tọa độ điểm M trên mặt 
 phẳng (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất. 
 Giải: 
Thay tọa độ của A và B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về hai phía của (α). 
Ta có MA + MB có giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của AB và (α). 
Đường thẳng AB qua điểm B, nhận AB (1; 1;0) làm vecto chỉ phương. 
 x 2 t
Phương trình tham số của AB: y t .Tọa độ M ứng với t là nghiệm pt: 
 z 2
 2 4 2
 2 + t – 2(-t)- 2.2 + 4 = 0 3t 2 0 t . Hay M( ; ;2) là điểm cần tìm. 
 3 3 3
 Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α) có phương trình: x – y + 2z = 0 và ba điểm A(1; 2;-1), 
 B(3; 1; -2), C(1; -2; -2). Hãy tìm điểm M trên d sao cho 
 1) MA + MB có giá trị nhỏ nhất 
 2) MA - MC có giá trị lớn nhất. 
 Giải: 
1) Thay tọa độ của A và B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về một phía của (α). 
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua (α), để MA + MB có giá trị nhỏ nhất khi M là giao 
điểm của A’B với (α).  
Đường thẳng AA’ đi qua A và vuông góc với (α), AA’ nhận n (1; 1;2) làm vecto chỉ 
 x 1 t
phương nên phương trình tham số AA’: y 2 t 
 z 1 2t
Tọa độ hình chiếu vuông góc H của A trên (α) ứng với t của phương trình 
 13 3
1 + t – (2 – t) + 2(-1 + 2t) = 0 6t – 3 = 0 hay t = H( ; ;0) 
 22 2
 xA' = 2xH x A 2  
Do H là trung điểm AA’ nên . A’B có vtcp A'B (1;0; 3) 
 yA' =2yH yA 1 A'(2; 1; 1)
 zA' = 2zH z A 1
 x 2 t
Phương trình tham số A’B: y 1 
 z 1 3t
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 
Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 7/24 
 SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 Điểm M thuộc d 
thỏa MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của d và mp(P). Tọa độ M ứng 
với t là nghiệm của phương trình: 
 2 + 4t + 4 + 4t + 3 + t + 9 = 0 9t + 18 0 t 2 
Vậy M(-3; 2; 1) thì MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất bằng: 2217 
 Ví dụ 2: Cho hai điểm A(3; 0; 2), B(2; 1; 0). Hãy tìm điểm M trên trục Ox sao cho 
 MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất 
 Giải: 
   
Ox có vtcp i (1;0;0) qua O(0; 0; 0), AB có vtcp AB ( 1;1; 2) và i.AB 1 0 Ox và 
AB không  vuông  góc. 
Ta có [,i AB] OA = (0; 2; 1)(3; 0; 2) = 0 + 6 +2 = 8 nên AB và Ox chéo nhau. 
 x t
Phương trình tham số của Ox: y 0. M Ox M( t ;0;0) 
 z 0
 S = MA + MB = (t -3)2 04 (t -2)2 1 0 = (t -3)2 4 (t -2)2 1 
Ta phải tìm t sao cho S đạt giá trị nhỏ nhất. Trong mặt phẳng tọa độ với hệ Oxy xét các 
điểm Mt(t; 0) Ox và hai điểm At(3;2), Bt(2; 1) thì S = MtAt + MtBt . 
Ta thấy At, Bt nằm cùng phía với Ox nên ta lấy At’(3; -2) đối xứng với At qua Ox. 
Phương trình đường thẳng At'Bt : 3x + y – 7 = 0 
 7
 S = MtAt + MtBt nhỏ nhất khi M là giao điểm của Ox và At'Bt 3t - 7 = 0 hay t . 
 3
 7
Vậy M( ;0;0) là điểm cần tìm. 
 3
Cách khác: Ta có thể tìm điểm M bằng phương pháp khảo sát hàm số. 
 Ta xét hàm số f t (t -3)2 4 (t -2)2 1 ( Rt ) 
 t 3t 2
 f t ; 
 t 3 2 4 t 2 2 1
 t 3t 2
 f t 0 0 
 t 3 2 4 t 2 2 1
 (t 3) (t 2)
 (*) với điều kiện 2 ≤ t ≤ 3 ta có: 
 t 3 2 4 t 2 2 1
 (*) t 3[ 2 t 2 2 1] t 2[ 2 t 3 2 4] 
 t 3 2(t 2) t 1 [2;3]
 22 
 t 3 4 t 2 7 
 t 3 2(t 2) t 
 3
 Bảng biến thiên của hàm số f(t) : 
 7
 T 
 3
 f’(t) - 0 + 
Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 9/24