MỤC LỤC
Trang
A. MỞ ĐẦU 2
I.
Đặt vấn đề 2
1. Thực trạng 2
2. Ý nghĩa và tác dụng của giải pháp mới 5
3. Phạm vi nghiên cứu của đề tài 5
II. Phương pháp tiến hành 5
1.Cơ sở lý luận 5
2. Các biện pháp tiến hành 6
B. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 6
1. Nhiệm vụ và giải pháp của đề tài 6
2. Các bài toán cực trị liên quan đến tìm một điểm thỏa mãn điều kiện
cho trước 6
3. Các bài toán cực trị liên quan đến vị trí của đường thẳng, mặt phẳng 20
4. Bài tập áp dụng 34
5. Khả năng áp dụng 36
5.1. Quá trình áp dụng 36
5.2. Thời gian áp dụng 36
5.3. Kết quả thu được sau khi thực hiện đề tài sáng kiến kinh nghiệm 36
C. KẾT LUẬN 37
1. Kinh nghiệm áp dụng, sử dụng giải pháp 37
2.
Đề xuất, kiến nghị 38
D. TÀI LIỆU THAM KHẢO 39
Trường THPT Lý Tự
Giáo viên: Nguyễn Văn
SKKN: Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học giải
Tran
Sáng kiến


người giải có sự lựa nhiều phương pháp khác nhau sao cho lời giải hiệu quả.
Nếu

ta biết sử dụng linh hoạt và khéo léo kiến thức của hình học thuần túy,
vectơ,

phương pháp tọa độ thì có thể đưa bài toán trên về một bài toán quen
thuộc.
Từ ví dụ sau, phần nào sẽ thấy được việc lựa chọn phương pháp quan trọng
như thế nào khi tiến hành giải toán nói chung, và khi giải toán cực trị hình học
giải tích không gian nói riêng.
Ví

dụ:
Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho ñiểm A(2;5;3) và
x − 1
=
y
z − 2
.
Viết phương trình mặt phẳng (α ) chứa
ñường thẳng d:
=
2 1 2
ñường thẳng d sao cho khoảng cách từ A ñến (α ) lớn nhất. (ðề thi ñại học
năm 2008, khối A).
Ph ươ ng

pháp

2
=
− 2a − b
2

− a − b + d = 0


d = a + b

⇔
Phương trình mp (α ) viết lại: ax +by
-
2 a
+ b
2
z +a +b = 0
2a + 5b −
3
(2a + b) + a + b
2
2
a
2
+
b
2
+

2a

=
(1)
• a
≠
0,
chọn a = 1
ta có: d(A,
(α )) =
9
b
9b
5b
2
+ 4b + 8
=
5
b

2

+

4
b

+

8
Đ
ặt

9(5b
2
+
4b
+
8)
=
9b(5b+2)
⇔
18b = -72
⇔
b = -4
9
5
lim f (b) =
BBT của
hàm f(b)
Ta có
b→±∞
b -
∞
f’(b)
+
∞
-4
-
0
+
f(b)
9

0

<

d
(
A
,
(
α

)
)
≤
(2)
9
2
Từ (1) và (2) suy ra
d(A, (α )) lớn nhất
khi d(A, (α )) =
tại b =
-4, (a
= 1)
Vậy phương trình mp (α ): x - 4y
+z – 3 = 0.
Nh ậ n

xét:

Với phương pháp giải tổng quát như trên có nhiều sự hạn chế: Dài dòng và

]= (9;0;−9)
Mặt phẳng
(α )
chứa d đồng thời mp (α ) ⊥ mp(A,d) nên ta tìm được VTPT của
mp
(
α
)
là:
n = [n,
u
]= (9;−36;9)
Vậy phương trình của mp (α ) là: 9x -36y +9z -27 = 0
⇔
x - 4y +z – 3 = 0.
d
α
d
Một bài toán có thể có rất nhiều cách giải, song việc tìm ra một lời giải hợp
lý, ngắn gọn thú vị và độc đáo là một việc không dễ. Với mỗi bài toán có đặc
thù riêng, người giải cần lựa chọn phương pháp giải thích hợp, để mang lại
hiệu quả.
Đứng trước thực trạng 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

trị

hình học giải tích không gian hiệu quả.
II. Phương pháp tiến hành
1. Cơ sở lý luận
Trong thực tế dạy học, yêu cầu người giáo viên không những trang bị cho
học sinh phương pháp giải được bài toán cực trị, mà còn phải biết chọn lọc hướng
giải quyết bài toán sao cho ngắn gọn, đảm bảo tính hiệu quả. Tránh trường hợp
sử dụng các cách giải phức tạp làm cho học sinh rối và tính hiệu quả không cao.
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 sáng kiến kinh nghiệm này, chủ yếu tập trung vào việc phân tích tìm
lời giải bài toán và tính hiệu quả của từng phương pháp lựa chọn, sao cho mang
lại kết quả ngắn gọn và hiệu quả nhất.
2. Các biện pháp tiến hành
• Phương pháp phân tích tổng hợp.
• Phương pháp thực nghiệm.
• Phương pháp toán học để xử lý số liệu thu được.
*) Số liệu thống kê trước khi thực hiện đề tài.
Tiến hành điều tra mức độ hiểu biết của học sinh lớp 12a1, 12a2 Trường
THPT Lý Tự Trọng về “Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học
giải tích không gian” trong 2 năm học, số lượng học sinh biết giải hiệu quả bài
toán thể hiện qua bảng sau:
Năm học Lớp
Số

lượng
Không biết

Phương pháp làm giống như hình học phẳng.
TH2: Đường thẳng AB và đường thẳng d không đồng phẳng.
- Khi đó có hai khả năng sau:
1. Nếu

d

và

AB

vuông

góc

với

nhau

Bài

toán

1:
Trong KG Oxyz, cho ñường thẳng d và hai ñiểm phân biệt
A,
B


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.
Bình

luận

phương

pháp:

+) Trong trường hợp ñường thẳng AB và ñường thẳng d không
ñồng

phẳng và không vuông góc nhau, nếu ta sử dụng phương pháp phân tích
ñể xác

ñịnh vị trí của ñiểm M cần tìm, rồi tiến hành tìm tọa ñộ ñiểm M là cách
làm khó,

tổng hợp khá nhiều kiến thức, khá phức tạp. Phương pháp tiến hành
giải tìm t ñể

f(t) = MA + MB nhỏ nhất như trên là cách giải ñơn giản mang lại
hiệu quả nhất.
+) Nghệ thuật nhất trong bài toán trên là xử lý tìm t ñể hàm số f(t)
= MA
+

−2
2
1
ñiểm C(-4; 1; 1), D(3; 6; -3). Hãy tìm ñiểm M trên d sao cho MC + MD ñạt giá

trị
nhỏ nhất.
L ờ i

giả i:

x
=
1
+
2t
Đường thẳng d có phương trình tham số :

y
= −
2
−
2t

z = 3 + t
Suy ra đường thẳng d đi
qua điểm N(1; -2; 3), có
vtcp

Với CD = (7;5;−4)

i
= (1;0;0)
L ờ i

giả i:
qua O(0; 0; 0), đường thẳng AB có vtcp
AB = (−1;1; −2) và
i.AB = −1 ≠ 0 ⇒ Ox và đường thẳng AB không vuông góc.
Ta có [i, AB]OA = (0; 2; 1).(3; 0; 2) = 0 + 6 +2 = 8 nên đường thẳng AB và
đường

thẳng Ox chéo nhau.
Phương trình tham số của đường thẳng Ox:
(t -3)
2
+ 0 + 4
(t -2)
2
+1 + 0
M ∈Ox ⇒ M(t;0;0)

x
=
t

y = 0

z = 0
S = MA + MB =
+ = (t -3)

+ 4
Cách khác : Sử dụng phương pháp đạo hàm để tìm tọa độ điểm M.
(t -3)
2
+ 4
• Từ biểu thức S =
+ (t -2)
2
+ 1
Ta xét hàm số


f
(
t
)
=
+
(t -2)
2
+ 1
( t ∈ ℝ )
Có đạo hàm
f
′
(
t
)
= +
t − 3

2
)
2
+
1
f
′
(
t
)
=
0
⇔ + =
0
− ( t

− 3) ( t

− 2) (*)
(
t
−
3
)
2
+
4

−
2
)
2
[
(
t
−
3
)
2
+
4]

t = 1∉[2;3]
⇔
(
t
−
3
)
2
=
4
(
t
−
2
)
2

biến
thiên
suy ra
mi
n f
(
t
)
=

7

38 + 10
3
 
 
Vậy MA +
MB đạt giá
trị nhỏ nhất
bằng
M(
7
; 0; 0).
3
,
đ
ạ
t
đ
ư

Q
ua
2
cá
ch
tiế
n
hà
nh
nh
ư
trê
n
ph
ươ
ng
ph
áp
ch
uy
ển
về
xét
bà
i
to
án
tro
ng
hì

3:
Trong không gian Oxyz, cho
ñường thẳng
= = và hai ñiểm
1 1 1
A
(
0;0;3
)
,
B
(
0;3;3
)
.Tìm tọa ñộ ñiểm
M
∈
(
d
)
sao cho:
1)
2)
nhỏ nhất.
MA + MB
MA − MB lớn nhất.
L ờ i

d
)
có
dạn
g
M
(
t;t;t
)
,
t
∈
ℝ
.
T
a

c
ó
3t
2
− 6t
+ 9
P

=
P
=
M
A

2
(
0
−
t
)
2
+

(
3
−

t
)
2
+
(
3
−
t
)
2
t
2
− 2t
+ 3
+
t
2

t;0
)
∈

Ox
;
H
(1;
−
2 ) K (2; 2 )
Rõ ràng H và K là 2 điểm nằm hai bên trục Ox.
• Ta có P
=
3
(
NH
+
NK
)
≥
3HK
.
Dấu
“=” xảy
ra
⇔ H ,
N , K
thẳng
hàng
⇔ N = HK ∩ Ox .

trục Ox là nghiệm của hệ


2 2x
−
y
−
3 2
=
0



x
=

3
2
.
Vậy

3
;0

.



y


ạ
t

đ
ư
ợ
c

k
h
i
N
(
t;0
)
≡
N

3 ;0
 ⇔
t
=
3
.

2

2
S
u

2 2
2

Cách 2 : Sử
dụng đạo hàm
để tìm tọa độ
điểm M.
• Làm
như
cách
1, đến
đoạn
P =
3


(
t
−
1
)
2
+

2
+
(
t
−
2

m

s
ố
f

(
t

)

=
+
l
i
m
t
→
±
∞
f
(t)
=
+
∞
Ta
f
′
(
t

t

− 1
= −

t

− 2
⇔

t − 1
= − (
t −
2


t
−
1
)
2
+
2
−
(
t
−
2
)

2
+
2
Ta
có

g
′
(
u
)
=
u
2
+ 2
u

g
(
t
−
1
)
=
g

−
(
t
−
2
)


⇔
t
−
1
= −
t
+
2
⇔
t
=
3
SKKN: Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học giải

=
f

3

= 3.
 
Vậy
min
(
MA
+
MB
)
=
3
3
đạt được tại t =
3
, tức
là
2
M

3
;
3
;
3



Với cách giải này bài toán trở nên phức
tạp, học sinh tiếp nhận không tự nhiên mang tính áp
đặt, lời giải khó hiểu.
2). Tương tự câu 1), ta tính được
MA − MB
=
3
(
t
2
− 2t + 3 −
2


t
2
− 4t + 6
)
MA − MB
=
3

(
t
−
1
)
2
+

Khi đó
MA − MB
=
3 NH − NK
Nhận thấy H, K nằm cùng phía so với trục Ox.
Suy ra
MA − MB
=
3 NH − NK ≤
3HK .
Bài toán này vô nghiệm vì
KH || Ox .
Nhận xét: Rõ ràng với phương pháp qui về hình học phẳng như trên giúp người
giải, giải quyết bài toán rất hiệu quả, cho kết quả ngắn gọn.
d :
x − 1
=
y − 2
=
z − 1
Ví

dụ

4 : Trong KG Oxyz, cho ñường thẳng
và hai ñiểm
2
2
1
A(-1; 1; 1), B(1; 4; 0). Hãy tìm ñiểm M trên d sao cho MA + MB nhỏ nhất.

2
Xét
điểm

nhất.
M ∈d ⇒ M(1 + 2t;2+2t;1 + t) , ta phải tìm t để MA + MB đạt giá trị
nhỏ
Xét
f
(
t
)
=
MA + MB = (2t
+
2)
2
+
(2t
+
1)
2
+
t
2
+
f
(
t
)

Q(1;2) thì g(x) = NP + NQ
.
Ta thấy P; Q nằm về hai bên của Ox và đường thẳng PQ: x - y + 1 = 0.
g(x) = NP + NQ nhỏ nhất khi N là giao điểm của Ox và đường thẳng PQ. khi đó
2 4 1


x = -1 suy ra t = -1/3 vậy
M( ; ; )
3 3 3
Cách

khác : Có thể sử dụng công cụ đạo hàm để giải tìm t, rồi suy ra tọa độ
điểm M
Nhận

xét:

Một lần nữa chúng ta nhận thấy sự ưu việt trong khâu xử lí bài toán
về

hình học phẳng.
Trong dạng toán này, nếu ta dùng phương pháp khảo sát hàm số để tìm t
là việc làm phức tạp, người giải phải có nhiều kỉ năng. Giải bằng phương
pháp đạo hàm cái khó nhất là phải giải phương trình f’(t) = 0, rất khó khăn
ngay cả những học sinh có học lực khá.
Bài

tập


KG Oxyz, cho n
ñiểm A
1
, A
2,
A
n
,
với n số k
1
, k
2
,.,k
n
thỏa k
1
+

k
2
+ …+
k
n
= k ≠ 0 và
ñường thẳng d
(hoặc mặt phẳng
(α)). Tìm ñiểm M
thuộc
ñường thẳng d (
hoặc thuộc mp(α))

n
có giá trị nhỏ
nhất.
b) T = k MA
2
+ k
MA
2
+ + k MA
2
ñạt giá trị nhỏ
nhất hoặc giá trị
lớn nhất.
1 1 2
2
n
n
Phân

tích

tìm

l ờ i
gi ả i:



1) Nếu bài toán thuộc loại: Tìm M thuộc đường
thẳng.

( hoặc f (t) = A(t − m)
2
+ n ) từ
đó ta suy ra GTLN hoặc
A(t − m)
2
+ n
GTNN rồi tìm được t suy ra tọa độ điểm M.
Cách

2:

+)
Dựng điểm I thỏa:
k
1
IA
1
+ k
2
IA
2
+ + k
n
IA
n
=
0
+) Đi tìm tọa độ điểm M thỏa
yêu cầu bài toán. Cách làm này

0
.
*) Lưu

ý

với

câu

b ) T = k MA
2
+ k MA
2
+ + k
MA
2
=
1 1 2 2 n
n
=
2
2 2
2
(k
1
+ + k
n
)MI
+

+ k IA
2
+ + k IA
2
1 1 2 2 n n
nhất.

nhất.
-N
ế
u

k
1
+

k
2
+

…
.
+

k
n

=

k

khi MI
nhỏ
*) Từ
nhận xét
trên,
giáo
viên có
thể chủ
động
điều
chỉnh k
để được
bài
tập tìm
M sao
cho
biểu
thức T
đạt giá
trị nhỏ
nhất,
lớn
nhất
mà
mình mong

muốn.
(
d
)

1) MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
. .
2) MA - 4MB có giá trị nhỏ nhất.
Lời

giải:
1) Cách

1:
Phương trình tham số của đường thẳng d:
Với M thuộc d thì tọa độ M có dạng M (4 +t; -1+t; t).

x
=
4
.

.

. .

.

.



z = t
Tọa độ M(t + 4; -1 + t; t), IM = ( t+4; t-3 ; t - 4) khi M là hình chiếu vuông góc
của I lên đường thẳng d thì
Vậy M( 5; 0; 1).
IM.u = 0 hay 3t – 3 = 0 <=> t = 1
Nhận

xét :

Rõ ràng với cách giải số 1, lời giải bài toán rất tự nhiên. Tính hiệu
quả cao hơn cách giải 2.



Với cách giải 1 giáo viên chỉ cần chỉ cho học sinh kỉ thuật nhóm dạng bình
phương của biểu thức bậc 2.
Phân

tích

ý

2

: Nếu áp dụng cách 2 vào giải ý 2 của bài toán, khi đó điểm J tìm
được có tọa độ lẻ, việc tìm tọa độ hình chiếu của điểm J cũng khó khăn. Nếu
dùng cách 2 để giải ý 2 lời giải cụ thể như sau:
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)