UBND TỈNH HẢI DƯƠNG
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH GIẢI TÍCH
MÔN : TOÁN
KHỐI LỚP : 10 và 12

NHẬN XÉT CHUNG
…………………………………………………………………………………………........
.........................................................................................................................
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………
ĐIỂM THỐNG NHẤT
Bằng số :..........................................................
Bằng chữ :........................................................
Giám khảo số 1:....................................................................................
Giám khảo số 2:....................................................................................

Năm học 2010 - 2011

1


dậy được hứng thú học tập yêu thích môn toán qua các bài toán về cực trị, tôi đã tìm tòi
qua sách báo, đồng nghiệp để tìm ra phương pháp, bài tập phù hợp với học sinh. Với
mục đích là xây dựng một chuyên đề để bồi dưỡng cho học sinh của trường, và quan
trọng hơn là nhằm mục đích bồi dưỡng chuyên môn cho chính bản thân mình, tôi xin
mạnh dạn đưa ra đề tài “MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH GIẢI
TÍCH”.
2. Mục đích nghiên cứu:
- Đưa ra phương pháp cơ bản giải một số bài toán về cực trị trong hình giải tích.
- Rèn luyện kỹ năng giải toán cực trị trong hình giải tích.
- Giúp học sinh có cái nhìn mới về dạng toán này.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu:
- Tuyển chọn và sắp xếp bài toán cơ bản, hay theo trình tự hợp lý để học sinh tiếp nhận
chúng một cách không khó khăn, tạo được hứng thú cho học sinh khi gặp dạng toán
này.
- Đưa ra một số nhận xét về cách tiếp cận lời giải trong bài toán cơ bản, điển hình.
3


4. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu:
- Đối tượng nghiên cứu:
+ Các bài toán về cực trị trong hình học phẳng và trong không gian.
+ Đối tượng nghiên cứu trong đề tài là học sinh khối THPT qua các năm giảng dạy.
- Phạm vi nghiên cứu:
Hệ thống các bài toán cực trị trong hình giải tích chủ yếu nằm ở chương trình THPT
và thuộc vào phần nâng cao, khai thác sâu kiến thức đối với học sinh từ khá trở lên.
Hiện nay, dạng bài toán này vẫn thường được sử dụng trong các đề thi vào các trường
Đại học, Cao đẳng .
Có thể nói đây là dạng bài “không dễ” song cũng “không quá khó” và thường xuất
hiện trong cả khi học và khi thi. Vì thế đề tài này có đối tượng phục vụ trước tiên là
đông đảo học sinh cấp THPT có mong muốn củng cố, khắc sâu kiến thức và thi vào các

r

r

• Nếu (P) có cặp vectơ a = (a1 ; a2 ; a3 ), b = (b1; b2 ; b3 ) không cùng phương và có giá song

song hoặc nằm trên (P) thì vectơ pháp tuyến của (P) được xác định:
r r
 a 2 a 3 a 3a1 a1a 2 


a
,
b
=
=
n

  b b ; b b ; b b ÷= ( a2b3 − a3b2 ; a3b1 − a1b3 ; a1b2 − a2b1 ) .
3 1
1 2 
 2 3

1.2 Phương trình đường thẳng :
- Phương trình tham số của đường thẳng ∆ đi qua điểm M0(x0;y0;z0) và có vec tơ chỉ
r

phương a = (a1 ; a2 ; a3 ) :
 x = x0 + a1t


1− k

y=

y A − kyB
1− k
5


* Trong không gian, cho điểm A( xA ; y A ; z A ), B( xB ; yB ; zB ). Khi đó :
AB = ( xB − x A ) 2 + ( yB − y A )2 + ( z B − z A ) 2
uuur

uuur

Điểm M(x,y,z) chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k : MA = k .MB đựơc xác định bởi công
thức sau:

x=

x A − kxB
1− k

y=

y A − kyB
1− k

z=



Dựa vào kết quả dã biết trong hình học phẳng ta có thể giải được bài toán 1. Tuy
nhiên việc tính toán khá phức tạp. Cụ thể là:
+ Nếu phương trình của (d )được cho dưới dạng tham số thì ta buộc phải chuyển về
dạng tổng quát để có thể kiểm tra được A và B nằm một phía hay hai phía đối với (d).
+ Nếu phải tìm tọa độ điểm B’ (trong câu a) hoặc B”(trong câu b) thì việc tính toán
còn khó khăn hơn nữa.
Để khắc phục tình trạng trên, xin đưa ra một lời giải khác như sau:
a) Vì M ∈ (d) nên M( t ; 2t + 1). Khi đó ta có :
MA + MB = (t − 1) 2 + (2t − 1) 2 + t 2 + (2t + 2) 2 = 5t 2 − 6t + 2 + 5t 2 + 8t + 4

3
1
4
4 
= 5  (t − )2 +
+ (t + ) 2 + ÷
5
25
5
25 ÷


3 1
−4 2
Xét A '( : − ) , B '( : ) , M '(t : 0)
5 5
5 5

Khi đó MA+MB= 5 (M’A’+M’B’).

M 'B' 2
 5 5
5

7


b/ Tương tự như câu a) ta có:
MA − MB = 5

3
1
4
4
(t − ) 2 +
− (t + ) 2 +
5
25
5
25
−4 2





Xét A”  ; ÷; B "  ; ÷; M "(t;0)
5 5
 5 5
3 1

Cách giải trong hình học không gian:
+ Để giải câu(a) ta tìm điểm biểu diễn B’ là ảnh của B qua phép quay quanh trục (d)
với góc quay thích hợp sao cho A;B’;(d) đồng phẳng và A, B’ nằm về hai phía với (d)
khi đó: (MA+MB)min  M= (AB’) I (d).
+ Để giải câu(b) ta tìm điểm B” là ảnh của B qua phép quay quanh trục (d) với góc
quay thích hợp sao cho A;B”;d đồng phẳng và A;B” nằm về một phía đối với (d). Khi
đó nếu (AB”) cắt (d) thì : MA-MB max  M= (AB”) I (d).
Dựa vào kết quả đã biết trong hình học không gian, ta cũng có thể giải được bài
toán2.
Tuy nhiên việc tìm tọa độ điểm B’(trong câu a))hoặc B”(trong câu b)) buộc ta phải thực
hiện nhưng phép tính phức tạp.
Để khắc phục tình trạng này, ta lại tiếp tục ý tưởng đã có trong lời giải của bài tập 1.
a) Vì M∈ (d) Nên M có tọa độ (t;t;1-t) khi đó:
4
2
4
MA + MB = (t − 1) 2 + t 2 + ( −t ) 2 + (t − ) 2 + (t + ) 2 + ( − t ) 2 = 3t 2 − 2t + 12 + 3t 2 − 4t + 4
3
3
3

1
2
2
8
= 3  (t − ) 2 + + (t − ) 2 +

3
9
3

x

O

B'
B

Vì M’ chạy trên trục Ox và A’; B’ nằm về hai phía đối với trục Ox nên:
(MA+MB)min  (M’A’+M’B’)min  M’= (A’B’) ∩ Ox
2
A'M '
1
4
4 4 5
⇔
= 3 = − ⇔ M '( ;0) ⇔ M ( ; ; )
2
9
9 9 9
M ' B ' −2 2
3

b) Tương tự câu (a) có :

Đặt

1 2
A "( ;
)
3 3


x

O

B

10


÷
÷



Vì M” chạy trên Ox và A”;B” nằm về một phía với trục Ox nên:
MA-MB max  M”A” − M”B” max  M”= (A”B” ) ∩ 0x



2
M " A"
1
= 3 = 
M "B" 2 2 2
3

M "(0; 0) ⇔ M (0;0;1)

Trong lời giải trên ta không những thay đường thẳng (d) bằng trục Ox khi biết vị trí

y = 1+t
z = -2

Tìm điểm M trên (d) sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất.
Lời giải
Ta có :

. Giả sử N(-1;1;-2) (d). kẻ
A
d

M ∈ (d )

∈

MH ⊥ AB

M

H

B

1
AB.MH
2
uuu
r
r
r

 , u∆  = ( 2;1; −1) .

Do A ∈ ( P) nên mp(P) có phương trình (P) : 2x+y-z=1.
Lại có M = ( P) ∩ (d ) => M ∈ (d ) ⇒ M (−1 + t ;1 + t ; −2) .
Do M ∈ (P) nên thay toạ độ của M vào phương trình của (P) ta có t = 0 => M(-1;1;-2).
Vậy M (-1;1;-2) thảo mãn yêu cầu của bài toán .
12


2.4 Bài toán 4:
Trong không gian, cho mặt phẳng (P) và hai điểm A,B có toạ độ cho trước. Tìm
điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho : MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Phương pháp giải :
Để tìm điểm M thoả mãn tính chất trên ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1 : Xét vị trí tương đối của A,B đối với mặt phẳng (P) bằng cách tính :
tA=axA + byA+czA+d

;

tB=axB + byB+czB +d

* Nếu tA.tB >0  A,B cùng phía đối với (P). Thực hiện bước 2.
* Nếu tA.tB < 0  A,B không cùng phía đối với (P). Thực hiện bước 3.
Bước 2 : Tìm toạ độ điểm A1 đối xứng với A qua (P) .
- Viết phương trình tham số của đường thẳng (A1B).
- Tìm toạ độ giao điểm N của (A1B) và (P).Thực hiện bước 4.
Bước 3: Viết phương trình tham số của đường thẳng (AB).
Tìm toạ độ giao điểm N của (AB) và (P).Thực hiện bước 5.
Bước 4: Ta đi chứng minh MA+MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M ≡ N :
Thật vậy: Lấy điểm M bất kỳ thuộc (P) ta có :

x = -7+3t
 (AA1) :

(AA1) :
r

Vtcp n ( 3; −1; −2 )

y = 4-t

(t ∈ R )

z = 4-2t

* Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên (P). Ta có H = ( AA1 ) ∩ ( P ) . Thay x,y,z từ
phương trình tham số của (AA1) vào (P), ta được :t = 1  H(-4;3;2).
Vì H là trung điểm của AA1 nên ta có : A1(-1;2;0).
* Phương trình tham số của đường thẳng (A1B):
Qua A1(-1;2;0)

x = -1-5t
 (A1B) :

(A1B) :
uuur

Vtcp A1B ( −5;0;3)

y=2


Ta có: A,B cùng phía đối với (P).
* Phương trình tham số của đường thẳng (AB):
Qua B(-6;2;3)

x = -6+t
 (AB) :

(AB) :
uuur

Vtcp AB ( 1; −2; −1)

y = 2-2t

(t ∈ R )

z = 3- t

* Gọi N là giao điểm của (AB) và (P). Để tìm toạ độ của N ta thay x,y,z từ phương
trình tham số của (AB) vào pt của (P) ta được : t = 1 ⇒ N ( −5; 0; 2 ) .
* Ta đi chứng minh |MA-MB| lớn nhất khi và chỉ khi M ≡ N.
Thật vậy : Lấy điểm M bất kỳ thuộc (P) ta có : | MA − MB |≤ AB =| NA − NB |
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M ≡ N.
Vậy điểm M ( −5;0; 2 ) thoả mãn điều kiện bài ra.
Ví dụ 3:
Cho hai điểm A(1;1;2), B(2;1;-3) và mặt phẳng (P) có phương trình :2x+y-3z-5=0.
Tìm M trên mặt phẳng (P) sao cho :
a) MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất.
b) |MA-MB| đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải:

17
 17 17 

* Ta đi chứng minh MA+MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M ≡ N.
Thật vậy : Lấy điểm M bất kỳ thuộc (P) ta có :

MA + MB ≥ AB = NA + NB

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M ≡ N.
 25 −6 
;1; ÷ thoả mãn điều kiện bài ra.
 17 17 

Vậy điểm M 

b) |MA-MB| đạt giá trị lớn nhất
Ta có : A,B khác phía đối với (P). Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua (P) .
r

Mặt phẳng (P) có : n ( 2;1; −3) . Đường thẳng (AA1) được xác định bởi :
Qua A(1;1;2)

x = 1+2t
 (AA1) :

(AA1) :
r

Vtcp n ( 2;1; −3)



(t ∈ R )


uuur  9 8 11 
r
Vtcp BA1  ; ; ÷ hay Vtcp u ( 9;8;11)
7 7 7 

z = -3+11t

* Gọi N là giao điểm của (A1B) và (P). Để tìm toạ độ của N ta thay x,y,z từ phương
trình tham số của (A1B) vào pt của (P) ta được : t =

9
 95 79 78 
⇒N ; ; ÷.
7
 7 7 7 

Ta đi chứng minh |MA-MB| lớn nhất khi và chỉ khi M ≡ N.
Thật vậy : Lấy điểm M bất kỳ thuộc (P) ta có :
| MA − MB |=| MA1 − MB |≤ A1 B =| NA − NB |

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M ≡ N.


Vậy điểm M  ; ; ÷ thoả mãn điều kiện bài ra.
 7 7 7 
95 79 78


M
P

uu
r uur

r

Giả sử I thoả mãn IA + IB = 0 =>I là trung điểm của AB => I(3;6;-1).
AB 2
⇒ MA + MB = 2 MI +
2
2

2

2

⇒ ( MA2 + MB 2 ) min ⇔ M I min (do AB cố định) ⇔ M I ⊥ ( p ) .

r
r
⇒ nP = ( 1; 2; −2 ) = uIM .

x = 3+t
Khi đó IM có phương trình tham số là :

(MI)


Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đề các vuông góc Oxy, cho hai điểm A(1;0)
,B(2;1) và đường thẳng (d) có phương trình 2x – y + 3 = 0. Tìm điểm M trên đường
thẳng (d) sao cho MA+MB là nhỏ nhất so với mọi điểm còn lại trên (d). Viết toạ độ
điểm M.
Bài 5. Cho hai điểm A(1;2;-1), B( 2 − 2 ; 2 ;-3 ) và đường thẳng (d) có phương trình :
x + y +z -3 =0
(d)
y+z-5=0
Tìm điểm M trên đường thẳng (d) sao cho MA+MB nhỏ nhất .
Bài 6. (ĐHQY-96)

19


Cho hai điểm A(1;1;0) ;B(3;-1;4 ) và đường thẳng (d) :

x +1 y −1 z + 2
=
=
. Tìm điểm
1
−1
2

M trên đường thẳng (d) sao cho tổng các độ dài MA+MB nhỏ nhất .
Bài 7. (CĐ SP KONTUM ( KA- 2003))
2x +3y – 4 = 0
Cho đường thẳng (d) :

và 2 điểm A(1,2,-1) ; B(7;-2;3)

b) Tìm điểm M thuộc (Oxy) sao cho tổng các độ dài MA+MB nhỏ nhất .
Bài 11. (HVKTQS-94)
Cho hai điểm A(-1;3;-2) ;B(-9;4;9 ) và mặt phẳng (P): 2x-y+z+1=0. Tìm điểm M
thuộc (P) sao cho MA+MB nhỏ nhất.
Bài 12. (ĐH Huế/A hệ chưa phân ban -97)
20


Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho mặt phẳng (P): 2x-y+z+1=0 và hai điểm
A(3;1;0) ;B(-9;4;9 ). Tìm điểm M thuộc (P) sao cho |MA-MB| đạt giá trị lớn nhất.
Bài 13. (ĐHQG – 2000 )
Cho mặt phẳng (P): x+y+z-1=0 và hai điểm A(1;-3;0) ;B(5;-1;-2 ).
a) Chứng tỏ rằng đường thẳng đi qua A,B cắt mặt phẳng (P) tại một điểm I . Tìm toạ
độ điểm I.
b) Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) sao cho |MA-MB| đạt giá trị lớn nhất.
Bài 14. (ĐH,CĐ 2007 - Khối D)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hai điểm A(1;4;2) ;B(-1;2;4 ) và đường
thẳng ( ∆ ) có phương trình :

x −1 y + 2 z
=
= . Tìm điểm M trên ( ∆ ) sao cho : MA 2+MB2
−1
1
2

nhỏ nhất.

Đáp số
5

 7 4
M  2; ; − ÷
 3 3

Bài 8: M(0;4;2)

Bài 6 : M(1;-1;2)
5 −5 −12



Bài 9: M  ; ;
÷
 11 11 11 

x =1+3t
Bài 10 :a) (AB): y = 2+2t



Toạ độ điểm P  − ; −1;0 ÷
7
 2

, t∈ R .

z = 3+2t
 17 22 
; ;0 ÷
 8 8 

Thực tế cho thấy, học sinh rất hào hứng và thích thú khi thực hiện đề tài này và
kết quả tương đối khả quan. Nếu như trước đó, học sinh thường làm các dạng bài tập
trên rất mất thời gian và việc lựa chọn để có kết quả gọn là rất khó hầu như các em
chán nản. Sau khi áp dụng đề tài này thì kết quả có sự tiến bộ rõ rệt và thời gían làm bài
giảm được nhiều .
2. Một số kết luận và kiến nghị :
Tuy đề tài hữu ích xong đây cũng chỉ là một phương pháp trong nhiều phương pháp
để giải bài toán cực trị trong hình giải tích. Việc tích cực đọc tài liệu và khai thác bài
toán theo nhiều khía cạnh đó không chỉ là mong muốn của tôi mà là thuộc về tất cả
những ai say mê môn toán. Do thời gian có hạn và điều kiện nghiên cứu còn hạn chế
nên đề tài không tránh khỏi những sai sót, tôi rất mong sự quan tâm, góp ý chỉ bảo của
Ban giám hiệu nhà trường, các đồng nghiệp trong tổ Toán cùng toàn thể các bạn quan
tâm đến đề tài này để đề tài được hoàn thiện hơn.

22


Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu nhà trường đã tạo điều kiện thuận lợi cho
tôi hoàn thành đề tài này. Tôi cũng xin chân thành cảm ơn các đồng chí trong tổ Toán
đã góp ý, động viên để tôi hoàn thành tốt đề tài này.

MỤC LỤC
NỘI DUNG

TRANG

Phần I : ĐẶT VẤN ĐỀ

1



17

Phần III : KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

20

1. Quá trình thực hiện

20

2. Một số kết luận và kiến nghị

20

23


24