SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG NGẠN
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
RÈN LUYỆN KỸ NĂNG ỨNG DỤNG ĐẠO
HÀM ĐỂ GIẢI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Môn: TOÁN
Tác giả: Nguyễn Thành Giáp
Giáo viên môn Toán
NĂM HỌC 2013 - 2014
MỤC LỤC
MỞ ĐẦU
1
Chương I.
CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
3
I. BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
I.1. Bài toán cực trị hình học
I.2. Một số dạng Toán cực trị hình học thường gặp
3
I.3. Một số phương pháp giải toán cực trị hình học
5
II. RÈN LUYỆN KỸ NĂNG ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI TOÁN CỰC
TRỊ HÌNH HỌC
II.1 Kỹ năng
II.2 Một số khó khăn và sai lầm khi giải toán cực trị hình học
5
CHƯƠNG II.
XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP ĐIỂN HÌNH NHẰM RÈN LUYỆN KỸ
NĂNG ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
8
I. HỆ THỐNG CÁC BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH CÓ ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM

tổng hợp kiến thức. Nếu rèn luyện được kỹ năng giải loại toán này thì không
chỉ học sinh nắm được hệ thống tri thức toán mà còn góp phần rèn luyện năng
lực giải toán, kỹ năng vận dụng tri thức toán vào thực tiễn, phát triển tư duy
toán học cho học sinh. Vì vậy việc rèn luyện kỹ năng ứng dụng đạo hàm để giải
toán cực trị hình học là một nhu cầu thiết yếu đối với học sinh, đặc biệt là học
sinh khá, giỏi lớp 12. Vì lẽ đó tôi chọn đề tài: Rèn luyện kỹ năng ứng dụng
đạo hàm để giải toán cực trị hình học
2. MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
- Nghiên cứu lí luận về kỹ năng, kỹ năng giải toán và một số biện pháp rèn
luyện kỹ năng giải toán cho học sinh THPT
- Rèn luyện kỹ năng ứng dụng đạo hàm để giải toán cực trị của hàm số
- Tìm hiểu thực trạng của việc rèn luyện kỹ năng ứng dụng của đạo hàm trong
giải toán cực trị hình học
- Tìm hiểu bài toán cực trị hình học và nêu quy tắc giải bài toán cực trị hình
học có ứng dụng của đạo hàm
- Xây dựng hệ thống các bài tập điển hình nhằm rèn luyện kỹ năng ứng dụng
của đạo hàm để giải toán cực trị hình học cho học sinh khá, giỏi lớp 12
1
- Bước đầu thử nghiệm sư phạm để kiểm nghiệm tính khả thi của đề tài.
3. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Phương pháp nghiên cứu lý luận:
Nghiên cứu một số giáo trình phương pháp dạy học môn toán, SGK
phổ thông, Sách bồi dưỡng giáo viên THPT, các sách tham khảo, các tạp chí về
giáo dục.
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm:
Tổng kết kinh nghiệm qua nhiều năm trực tiếp giảng dạy, qua trao đổi
kinh nghiệm với một số giáo viên giỏi bộ môn Toán ở trường THPT. Từ đó xây
dựng được hệ thống các bài tập điển hình và những gợi ý dạy học nhằm rèn
luyện kỹ năng ứng dụng của đạo hàm trong giải toán cực trị hình học.
- Phương pháp quan sát, điều tra:

trị lớn nhất ta phải xác định được hai điều kiện sau:
1. Với mọi vị trí hay dạng của hình H trên miền D thì f
≥
M (là hằng số)
2. Tồn tại vị trí hay dạng của hình H trên miền D sao cho f = M
Khi tìm vị trí hay hình dạng của hình H trên miền D sao cho f đạt giá
trị nhỏ nhất ta phải xác định được hai điều kiện sau:
1. Với mọi vị trí hay dạng của hình H trên miền D thì f
≤
m (là hằng số)
2. Tồn tại vị trí hay dạng của hình H trên miền D sao cho f = m.
I.2. Một số dạng Toán cực trị hình học thường gặp
Dạng 1: Xác định khoảng cách (độ dài đoạn thẳng) lớn nhất hay nhỏ nhất.
Dạng 2: Các bài toán xác định diện tích đa giác, diện tích hình tròn
lớn nhất, nhỏ nhất.
Dạng 3: Các bài toán xác định thể tích đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
Dạng 4: Các bài toán xác định và tính góc lớn nhất hay nhỏ nhất.
Một số kỹ năng cơ bản
3
- Biết cách dựng đường vuông góc từ một điểm đến một đường thẳng, đến
một mặt phẳng đặc biệt là đường vuông góc tới mặt phẳng.
- Biết vận dụng kiến thức hình học vào việc chứng minh: song song, vuông
góc, chéo nhau,
- Biết cách dựng đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau.
- Biết cách so sánh, đặt tương ứng khoảng cách cần tìm với khoảng cách
nào đó để tiện cho việc tính khoảng cách.
- Biết cách vận dụng thành thạo các công thức liên quan đến tính khoảng
cách, tính độ dài của đoạn thẳng
- Kỹ năng vẽ hình không gian
- Kỹ năng nhận dạng các hình đăc biệt như: tam giác(tam giác vuông, cân,

tính đạo hàm, xét dấu của đạo hàm, kỹ năng vận dụng các quy tắc tìm cực trị,
tìm GTLN, GTNN của hàm số
3. Kỹ năng vận dụng quy trình 4 bước để giải toán cực trị hình học bằng
phương pháp hàm số có ứng dụng của đạo hàm
II.2 Một số khó khăn và sai lầm khi giải toán cực trị hình học
Khi giải toán hình học nói chung, giải toán cực trị hình học đặc biệt là hình
học không gian, học sinh lớp 12 kể cả học sinh khá, giỏi môn Toán đã và có thể
mắc những khó khăn và sai lầm sau:
1. Trong vẽ hình không gian: khó khăn do hình vẽ phức tạp, phương tiện
hỗ trợ còn thô sơ (thước kẻ và compa), quy tắc vẽ hình không gian đơn giản
song để vẽ đúng hình trong các trường hợp cụ thể còn gặp khó khăn như xác
định hình chiếu, đường vuông góc, thiết diện,…. dẫn đến vẽ hình sai.
5
2. Khó khăn trong việc áp dụng các định lý, đặc biệt là cách xác định góc,
khoảng, cách dẫn đến xác định sai góc, và khoảng cách.
3. Sai lầm khi không xét bài toán ở trường hợp đặc biệt, trường hợp không
tồn tại theo giả thiết.
4. Khó khăn và sai lầm trong việc vận dụng các phương pháp giải toán cực
trị hình học: so sánh các đại lượng, áp dụng bất đẳng thức, sử dụng phương
pháp hàm số.
Ví dụ 1. Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Đường
chéo BC’ hợp với mặt bên BAA’B’ một góc
α
. Tính thể tích hình lăng trụ.
Nối BA’. Góc
α
=
∠
C’BA’ từ đó tính toán được: V =
2

sin8
3
−
a
.
Ví dụ 2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Lấy hai điểm M và N
theo thứ tự trên AC và A’B sao cho AM = A’N = t (0
≤
t
≤
a
2
). Tìm GTNN
của M khi M, N lần lượt chuyển động trên AC, A’B.
A’
C’
C
B
A
B’
A’ C’
A
C
B
I
B’

6
Bài giải
Lập hệ trục toạ độ Descartes vuông

;
2
;0
Do MN nhỏ nhất khi và chỉ khi MN là đoạn vuông góc chung của AC và A’B
nên







=






−
=−
⇔





=
=
0





a
tt
=t
2
-
2
at +a
2
= f(t), (0
≤
t
≤
a
2
).
Ta có f’(t) = 2t -
2
a = 0
⇔
t =
2
2a

⇔
M, N lần lượt là trung điểm AC, A’B
Khi đó MN nhỏ nhất bằng

qua việc tự rèn luyện kỹ năng giải toán dạng này
4. Rèn luyện kỹ năng ứng dụng tri thức Toán học vào nội bộ môn Toán,
tăng cường khả năng ứng dụng tri thức Toán học vào thực tế cho học sinh qua
đó học sinh thấy được vai trò của công cụ Toán học.
I.2. Hệ thống các bài toán điển hình
I.2.1 Một số bài toán cực trị trong hình học không gian tổng hợp
Bài toán 1. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng 1. Điểm M chạy
trên đoạn AA’, điểm N chạy trên BC sao cho AM = BN = x (0 < x < 1). P là
trung điểm của C’D’. Dựng thiết diện tạo bởi mp(MNP) của hình lập phương.
Tìm x để chu vi thiết diện đạt GTNN.
Bài giải
Gọi Q là trung điểm của AB,
Suy ra mặt phẳng (MNP) đi qua Q.
Thật vậy:
Gọi I là trung điểm của MN
8
A’ B’
M M’
I N
A Q B
S
D’ P C’
T

D C
kẻ MM’ // AB (M’
∈
BB’),
II’// MM’ (I’
∈

1
2
2
<<−++ xxx

f’(x) =
2
14
4
2
−
+x
x
f’(x) = 0
⇔
x =
2
1
.
Ta có bảng biến thiên

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


2
23
9
B
M
A
H
C
S
0
2
1
1
Tính SH: Ta có
∆
AHM ~
∆
BCM
⇒
AH =
BM
AMBC.
Mặt khác AM = x, (0
≤
x
≤
a
3
)

Tìm x để SH lớn nhất : SH lớn nhất
⇔
f(x) =
22
2
432 axax
x
+−
đạt GTLN.
Ta có f’(x) =




=
=
⇔=
+−
+−
3
34
0
0)(':
)432(
832
222
22
a
x
x
fx
x)
f(x)
x
0 a
+
3
10
Bài giải
a) Chứng minh hệ thức x+y = 3xy.
Hạ DH
⊥
(ABC)
⇒
H là trọng tâm
⇒
AH là
phân giác của MAN
Do (DMN)
⊥
(ABC)
⇒
M, H, N thẳng
hàng. Ta có
xyxyS
AMN
4
3

⇒
V =
3
1
S
AMN
.DH =
12
2xy
. Vì 3xy = x+y,
Với x, y
∈
[0; 1]. Đặt xy = t
⇒
x+y = 3t ta có
x, y là các nghiệm
∈
[0; 1] của phương trình z
2
- 3tz + t = 0 (*)
⇔
t =
13
2
−
z
z
.
Với z
∈

3
2
,0 ==⇔ zz
.
Bảng biến thiên :
11
D
A
N
IM
H .
y
x
B
C
Từ bảng biến thiên suy ra (*) có hai nghiệm
∈
[0; 1]
⇔

9
4
≤
t
≤

2
1
.
Do V =

, y =1.
c) Ta có S
tp
= S
AMD
+ S
AND
+ S
AMN
+ S
DMN
=
xyyx
xy
yx
−++++
2200
6
6
4
3
60sin
2
1
60sin
2
1
=
xyxyxyyx 3)3(
6

≤

2
1
⇒
f(t) đồng biến trên đó Nên
MinS
tp
=
)24(
9
3
+
khi x = y =
3
2

MaxS
tp
=
)232(
4
1
+
khi x = 1, y =
2
1
hoặc x =
2
1

A
x
x
0
f(x)

fx
x)
f’(x)
0
f(x)
+
-
Đặt
∠
SCA = x, (0 < x <
π
/2).
Khi đó: SA = asinx, AC = acosx.
⇒
V
S.ABC
=
xx
axaxa
2
322


+








−
3
2
cos
3
2
cos xx
.

⇒
f’(x) = 0
⇔
cosx = cos
α
=
3
2

⇔
x=

là các đường cao của các tam giác ACD, BCD.
M là trung điểm của BC. Đặt CD=x
∈
(0; 1].
Theo hệ thức lượng trong tam giác BCD,
có 4BM
2
+CD
2
= 2(BD
2
+BC
2
)
13
⇒
4BM
2
=2(AB
2
+BC
2
) - CD
2

≤
4 - CD
2
= 4-x
2

BM
⇒
BF
≤

4
1
2
x
−
. Tương tự AE
≤
4
1
2
x
−
⇒
AH
≤
AE
≤

4
1
2
x
−
.
Ta có V =

.
V =
)
4
1(
6
1
2
x
x −
, khi BA = BD = AC= AD = 1 và H
≡
E
Bài toán quy về tìm x
∈
(0; 1] để V = f(x) =
)
4
1(
6
1
2
x
x −
đạt giá trị lớn nhất
Xét hàm số f(x)=
)
4
1(
6

⇒
Maxf(x)
(0; 1]
= f(1) =
8
1
)
4
1
1(1
6
1
=−

⇔
MaxV =
8
1
, khi tứ diện ABCD có đáy
BCD, mặt bên ACD là các tam giác đều cạnh bằng 1 và (BCD)
⊥
(ACD), với
AB =
.1
2
3
>
Bài toán 6. Cho mặt cầu (S) bán kính R, tìm hình nón (N) ngoại tiếp mặt cầu
sao cho (N) có thể tích nhỏ nhất.
Bài giải

3

3
1
22
22
2
xR
Rx
xRR
SOOA +
−
+
=
π
π
⇒
V(x) =
Rx
xRR
−
+
22
)(
3
π

Xét hàm số
.,
)(

2
22
Bảng biến thiên của f(x) trên khoảng
);(
∞+
R

Hàm số f(x) đạt GTNN trên khoảng
);(
∞+
R
tại x = 3R,
Suy ra V(x) đạt GTNN =
3
8
3
R
π
khi SO = x = 4R
⇔
AO = R
2
.
Vậy hình nón cần tìm có bán kính đáy AO = R
2
và chiều cao SO = 4R.
Bài toán 7. Tìm hình nón nội tiếp mặt cầu bán kính R cho trước sao cho
a) Thể tích đạt GTLN.
b) Diện tích toàn phần đạt GTLN.
Bài giải:

-x
2
)(R+x), x
∈
[0;R]
V lớn nhất
⇔
f(x) đạt GTLN
x
R 3R +
f’(x)
f(x)
0_
+
+ +

8R
15
I
O
S
A B
x
0 1
f’(x)
f(x)
0
+
-
0 0

/27
⇒
f(x) đạt GTLN trên [0; R] tại x = R/3
⇒
OI = R/3
⇒
O = 2R
2
/3, SO = 4R/3
Vậy hình nón nội tiếp mặt cầu bán kính R cho trước có thể tích lớn nhất
khi bán kính đáy bằng 2R
2
/3, chiều cao bằng 4R/3. Max V = 32
π
R
3
/81.
b) Đặt
α
=∠ASI
, 0<
α
< 90
0
Ta có

ααα
ααα
cossin2sin.
cos2cos.,cos2

.2Rcos
α
= 4
π
R
2
(sin
2
α
+sin
α
)cos
2
α
= 4
π
R
2
(sin
2
α
+sin
α
)(1-sin
2
α
)
S
tp
lớn nhất

-3t
2
+2t+1, f’(t) = 0
⇔
t = -1, t =
8
171
−
, t =
8
171
+
Bảng biến thiên
Vậy S
tp
LN
⇔
sin
α
=
8
171
+

⇒
chiều cao của hình nón SO =
16
)1723(
−
R








−=








−
h
hRh
h
R
π
Bài toán quy về tìm h để hàm số V(h) đạt GTLN, với h
∈
(0 ; 2R).
Ta có V’(h) =
π
3
2
0)(',

Bài toán 9. Trong hệ trục toạ độ Đềcác vuông góc Oxy cho Parabol (P): y = x
2
và điểm A(-3; 0). Tìm M thuộc (P) sao cho đoạn AM nhỏ nhất, tìm giá trị đó.
Bài giải
Cách 1.
M
∈
(P)
⇒
M(a; a
2
). Ta có AM
2
= (a+3)
2
+ a
4
= a
4
+a
2
+ 6a + 9.
Xét hàm số f(a) = a
4
+a
2
+ 6a + 9, a
∈
R.
f’(a) = 4a

5
khi M (-1 ; 1).
Cách 2.
M
∈
(P)
⇒
M(a; a
2
).
Tiếp tuyến tại M có phương trình:y = 2ax-a
2
(d),
khoảng cách từ A đến (P) ngắn nhất khi AM
⊥
(d)
⇔
AM
⊥
d.
Ta có
);3(
2
aaAM
+=
;
)2;1( au
d
=
AM

và đường thẳng d: x+y - 4 = 0. Tìm N
∈
d, M
∈
(E) sao cho MN nhỏ
nhất.Tìm khoảng cách giữa d và (E).
Bài giải
Do d nằm phía trên (E) nên MN nhỏ nhất
⇒

M
∈
(E) và M nằm phía trên trục Ox
⇒
M
∈
(C): y=
2
2
4
2
1
4
1 x
x
−=−

⇒
M (x;
2

.
Xét hàm số f(x)=
44
2
1
2
−−+
xx
, x
∈
[-2;2]
f’(x) = 1-
xx
x
x
=−⇔=
−
2
2
420
42
, x
≥
0
⇔
16 -4x
2
= x
2


)
5
1
4;
5
4
( −+−−= aaMN

⊥
)1;1(
−=
d
u
⇔

⇔=+−+− 0
5
1
4
5
4
aa
a = 2+
52
3

⇒
N (2+
52
3

1

⊥

∆
2
.
Bài giải
Xét hệ trục toạ độ Oxy. Giả sử trong hệ trục toạ độ này các điểm A
i
có toạ
độ (x
i
; y
i
); i = 1, n. Các đường thẳng đi qua O có phương trình kx - y = 0.
19
-2
5
4
2
0
x
f’(x)
f(x)
+ 0 - -6 -2


)2(
k
yykxxk
n
i
iiii
+
+−
∑
=
,
Đặt a=
22
1

n
xx
++
, b =
nn
yxyx
++

11
, c =
22
1

n
yy

1
là trục tung,
∆
2
là trục hoành
⇒

∆
1

⊥

∆
2

Nếu b
≠
0: Xét hàm số f(k) =
2
2
1
2
k
cbkak
+
+−
, ta có f’(k) =
22
2
)1(

1

⊥

∆
2

Vậy trong mọi trường hợp ta đều có
∆
1

⊥

∆
2
. Đó là đpcm.
Bài toán 12. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho đường thẳng
∆
là
giao hai mặt phẳng (P): x + y – 1 = 0, (Q):
3 0,x y z+ + − =
và hai điểm A(1; -2;
-1), B(2-
2
; 2; -3 ). Tìm M thuộc
∆
sao cho AM + BM nhỏ nhất.
Bài giải
20
k - k




+=
−=
=
tz
ty
x
1
2
⇒
M(2; -t ; 1+ t)
Ta có: AM =
92
2
+
t
BM =
22122
2
++
tt
AM + BM = f(t) =
92
2
+
t
+
22122

22
ba
+
⇔
M(2;
5
9
;
5
4
−
).
Chú ý ta có thể giải bài toán này bằng nhiều cách khác như:
Dùng bất đẳng thức:
22
ba
+
+
2222
)()( dbcadc
−+−≥+
Dùng phương pháp hình học không gian tổng hợp:
B1: Tìm toạ độ hình chiếu A
1
của A lên
∆
; B
1
lên
∆

t
- +
f’(t)
f(t)
- 0 +

+ +
43
trục Oy chứa C’ trục Oz chứa B (hình bên).
Khi đó:
A(a; 0; a), C(0; a; a), A’(a; 0; 0), B(0; 0; a), M(a-
a
tt
;
2
;
2
) N(a-
2
;0;
2







a
tt
=t
2
-
2
at +a
2
= f(t), (0
≤
t
≤
a
2
).
Ta có f’(t) = 2t -
2
a = 0
⇔
t =
2
2a

⇔

, N(1; 0; 0) thuộc
∆
nên
∆
có
véctơ chỉ
phương (1;0;-1) suy ra phương trình tham số của
∆
:
1
0
x t
y
z t
= +


=


= −

Gọi d là đường thẳng bất kì đi qua B và cắt
∆
. Giả sư d cắt
∆
tại M(1+t; 0; -t).
Khi đó d có véctơ chỉ phương là
(2 ; 2; ), (3; 1; 1)BM t t BA= + − − = − −
uuuur uuur

2 4
t t
t t
− +
+ =
Xét hàm số f(t) =
2 2
2 2 2
2
3 10 12 16 64
, '( ) , '( ) 0
2
2 4 ( 2 4)
t
t t t
f t f t
t
t t t t
=

− + −
= = ⇔

= −
+ + + +

Ta có bảng biến thiên:
Vậy khoảng cách từ A tới d lớn nhất bằng
11
khi t = -2 ứng với M(-1;0;2) và

.
Bài toán 15. Cho mặt phẳng (
α
): x+y-z+1 = 0 và đường thẳng d là giao hai mặt
phẳng
( ) : 3 0;( ): 2 2 0P x y z Q x y z+ + − = − − − =
. Trong các đường thẳng đi qua A(1;-1;2)
và song song với mặt phẳng (
α
) viết phương trình đường thẳng
∆
sao cho
khoảng cách giữa
∆
và d lớn nhất.
Bài giải
Ta có:
(1;1; 1)n
α
= −
uur
, đường thẳng d có phương trình tham số:
1 2
3 3
x t
y t
z t
= − +

