SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU CẢNH
Mã số:
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
TÌM ĐIỂM THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC
Người thực hiện: LÊ QUANG THÂN.
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục 
- Phương pháp dạy học bộ môn: TOÁN 

- Lĩnh vực khác: 

Có đính kèm: Các sản phẩm không thề hiện trong bản in SKKN
 Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác
Năm học: 2011-2012
BM 01-Bia SKKN
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: LÊ QUANG THÂN
2. Ngày tháng năm sinh: 20 – 1 – 1956
3. Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: 1/D2, Khu phố 1, phường Long Bình Tân, thành phố Biên Hoà, tỉnh
Đồng Nai.
5. Điện thoại: 061.3834289 (CQ)/ (NR); ĐTDĐ: 0902747441
6. Fax: E-mail:
7. Chức vụ: Tổ trưởng tổ TOÁN – TIN
8. Đơn vị công tác: Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Cử nhân
- Năm nhận bằng: 1978

II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
1. Cơ sở lý luận
Kiến thức cơ bản được trình bày trong sách giáo khoa cơ bản và nâng cao
THPT.
2. Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài
• Phát biểu bài toán tổng quát
• Xây dựng phương pháp giải bài toán đó
• Nêu bài toán cụ thể để áp dụng phương pháp trên
(Cũng có thể giải bài toán cụ thể từ đó học sinh có thể dựa vào bài
toán tổng quát mà ra đề toán tương tự để thực hành phương pháp giải
cho lớp các bài toán đó).
Bài toán 1: Cho 2 điểm A, B và đường thẳng d. Tìm điểm M trên đường thẳng d
sao cho MA + MB nhỏ nhất.
Nhận xét: Đây là bài toán đơn giản, ta chia 2 trường hợp:
Trường hợp 1:
• A, B nằm về 2 phía đường thẳng d thì MA + MB
AB
≥
, dấu đẳng thức xẩy
ra khi và chỉ khi A, M, B thẳng hàng . Từ đó xác định được điểm M thỏa
mãn yêu cầu bài toán.

d
A
B
M
Trường hợp 2 :
3
BM03-TMSKKN
• A, B nằm cùng phía với đường thẳng d khi đó gọi A’ là điểm đối xứng với A

A
N
B
C
d
C'
M
Bài toán 3: Cho tam giác ABC và đường thẳng d . Hãy tìm trên đường thẳng d
điểm M sao cho nhỏ nhất
4
Giải : Gọi
N AB
∈
,
P AC
∈
thỏa . Khi đó
tương tự bài toán 2 ta có:
4 3 2 5
MA MB MC MA
+ + +
uuur uuur uuur uuur
= 7(MN + MP). Bài toán
đưa về bài toán 1 là tìm trên d điểm M sao cho MN + MP nhỏ nhất.
Có thể tổng quát hóa bài toán 3 để được bài toán mới
Bài toán 4: Cho tam giác ABC và đường thẳng d . Hãy tìm trên đường thẳng d
điểm M sao cho nhỏ nhất. Với k
1
, k
2

A qua d nên (không đổi), dấu đẳng thức
xẩy ra khi và chỉ khi M, A’, B thẳng hàng, khi đó lớn nhất. Vậy
xác định được điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán.
5

M
d
B
A'
A
Nhận xét: Một số học sinh thường gặp sai lầm trong trường hợp 2 vì kết luận là
không tìm được điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 6: Cho tứ diện ABCD và đường thẳng d, mặt phẳng (P). Tìm trên d,
trên (P) điểm M thỏa mãn nhỏ nhất.
Giải: Gọi S = , gọi G là trong tâm tứ diện. Ta có:
+
nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất. Khi
đó :
• Nếu M thì M là hình chiếu vuông góc của G lên d.

A
B
C
D
G
d
M

• Nếu M thì M là hình chiếu vuông góc của G lên (P).
6

Bài toán 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(m; n) ( với m, n > 0), tìm
điểm A , B lần lượt thuộc trục hoành và trục tung sao A, M, B thẳng hàng ( với
x
A
> 0; y
B
> 0 ) và thỏa mãn một trong 3 điều kiện sau:
1) Diện tích tam giác OAB nhỏ nhất.
2) OA + OB nhỏ nhất
3) nhỏ nhất.
Giải bài toán với M(4; 3).
Phương pháp giải:
• Giả sử A(a; 0), B(0; b) (với a > 0 và b > 0)
• Đường thẳng d qua A và B có phương trình :
• Vì (1)
1) Gọi S là diện tích tam giác ABC khi đó S = .
• Từ (1) . Dấu dẳng thức xẩy ra (2).
• Thế tọa độ của M vào (2) sẽ tìm được a và b kết luận
Đáp số câu 1: A(8; 0) và B(0; 6)
2) Từ (vì a > 0 nên b >
OA + OB = a + b =
Dấu dẳng thức xẩy ra giải tìm được b, chọn b thỏa *, thế
vào (3) tìm được a từ đó suy ra A, B.
Đáp số câu 2: A(6; 0) và B(0; 9)
3) Ta có
8
(4) ( bất đẳng thức Bunhiacopxki)
Vậy minS = . Giải hệ này tìm được a và b
Khi M(4; 3) thì hệ (5) là
Bài toán 9: Cho 2 điểm A, B và mặt phẳng (P). Tìm trên (P) điểm M thỏa mãn

chỉ khi M, A, B thẳng hàng . Từ đó xác định được M
Bài toán 10: Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : và 2 điểm A; B
Tìm trên d điểm M thỏa mãn MA + MB nhỏ nhất.
Giải bài toán với : d: ; A(0; 1; 2), B(2; 0; 3).
Giải:
Gọi A
1
, B
1
lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B lên d.
Gọi k = . Gọi M
0
là điểm thuộc d thỏa mãn (1).
Gọi (P) là mặt phẳng xác định bởi d và A, trong (P) gọi B
2
là điểm thỏa mãn
(2)
Từ (2) ta có 2 tam giác M
o
AA
1
và tam giác M
o
B
2
B
1
đồng dạng nên có:
M . Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi A, M, B
2

= + = +
= +
Khi đó trong mặt phẳng tọa độ Oxy ta chọn 3 điểm A
0
(0; ; B
o
(1; và
I(t; 0; 0) khi đó: MA + MB = (A
o
I + B
o
I)
MA + MB nhỏ nhất khi và chỉ khi A
o
I + B
o
I nhỏ nhất
(vì với cách chọn A
0
, B
o
như trên thì A
0
, B
o
nằm về 2 phía của trục hoành, I thuộc
trục hoành)
11

Chú ý: + Trong cách giải 2 ở trên, 2 điểm A

Biến đổi và đưa về dạng:
MA + MB = +
= +
( Vì MA + MB > 0 k > 0 và q > 0)
Khi đó trong mặt phẳng tọa độ Oxy ta chọn 3 điểm A
0
(m; ; B
o
(n; và
I(t; 0; 0). Với cách chọn A
0
, B
o
như trên thì A
0
, B
o
nằm về 2 phía của trục hoành, I
thuộc trục hoành)
khi đó: MA + MB = (A
o
I + B
o
I)
MA + MB nhỏ nhất khi và chỉ khi A
o
I + B
o
I nhỏ nhất
giải tìm được k và t ( như cách 2 bài toán 10) và từ đó tìm

và I thẳng hàng Vậy M thỏa mãn bài
toán
Tìm M : A
2
, B
2
và I thẳng hàng khi và chỉ khi:

Nhận xét: Bài toán này cũng có thể giải bằng phương pháp tương tự như cách 1
của bài toán 7, chỉ khác là ở bài toán này điểm M
o
chia đoạn A
1
B
1
theo tỷ số
k = . Nghĩa là .
Bài toán 12: Trong không gian tọa độ Oxyz cho 2 điểm A, B Tìm trên mặt phẳng
(P) điểm M sao cho tam giác MAB đều.
Giải bài toán với : A(0; 2;1); B(-2; 0; 1) và mặt phẳng (P): x – y + z – 3 = 0.
Giải:
13
Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB, gọi , Vì
MA = MB , theo đề .
(Q) có phương trình x + y = 0 phương trình d: .
và MA = MB

•
•
Nhận xét: Bài toán có thể giải cách khác như sau.

• Nhận thấy (C) có 2 đường tiệm cận xiên và đứng lần lượt có phương trình
d
1
: y = x – 4 và d
2
: x = 1 d
1
d
2
= I(1; –3)
=( a – 1;
=
+ , dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
= ( thỏa điều kiện *)
Vậy có 2 điểm M thỏa bài toán:
M( ) và M( )
Bài toán 16: Cho hàm số có đồ thị (C). Tìm M sao cho khoảng
cách từ giao điểm 2 đường tiệm cận đến tiếp tuyến lớn nhất.
Giải:
• nên M( với a . Gọi I là giao điểm đường tiệm cận đứng
d
1
: x = 1 và tiệm cận ngang d
2
: y = 1 I(1; 1)
• y’(a) = có phương trình :
=
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi:
( thỏa mãn điều kiện)
Vậy có 2 điểm M thỏa bài toán M(0; 2) và M(2; 0)

giảng dạy chúng tôi thấy rằng việc tổng hợp kiến thức để phát biểu thành các
bài toán đã giúp ích rất lớn cho học sinh trong quá trình học tập và thi cử .
Rất mong được sự góp ý của các đồng nghiệp, chúng tôi xin chân thành cảm
ơn !
Biên Hòa, ngày 20 tháng 05 năm 2012
NGƯỜI THỰC HIỆN
Lê Quang Thân
17
SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
Đơn vị THPT
NGUYỄN HỮU CẢNH

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
Biên hòa, ngày 25 tháng 05 năm 2012
PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2011 – 2012
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm: “ MỘT SỐ BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐIỂM THỎA
MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC”
Họ và tên tác giả: LÊ QUANG THÂN Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn
Đơn vị: Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh
Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác)
- Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn:
- Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác: 
Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành 
18
x
BM04-NXĐGSKKN
1. Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 2 ô dưới đây)