CHƢƠNG I.
CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
I. BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
I.1. Bài toán cực trị hình học
Trong chương trình THPT hầu như các bài toán cực trị hình học
có dạng chung là: Trong tất cả các hình có chung một tính chất, tìm
hình mà một đại lượng nào đó (độ dài, khoảng cách, số đo góc, số đo
diện tích, số đo thể tích,... ) có giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất.
Giả sử hình H thay đổi trên miền D mà vị trí hay hình dạng của
nó thay đổi theo một đại lượng cho bởi biểu thức f ứng với sự biến
thiên của tập các biến số X trên tập xác định D.
Khi tìm vị trí hay hình dạng của hình H trên miền D sao cho
f đạt giá 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.

2


- Biết vận dụng linh hoạt các công thức vào tính toán
- Kỹ năng nhận dạng các khối đa diện đặc biệt
- Kỹ năng xác định chiều cao của hình chóp, lăng trụ, hình trụ,
hình nón
- Kỹ năng vận dụng linh hoạt các công thức tính thể tích, công
thức về tỉ số các thể tích của các khối chóp tam giác.
- Kỹ năng dựng góc giữa hai đường thẳng trong không gian, góc
giữa đường thẳng với mặt phẳng, góc giữa hai mặt phẳng.
- Biết cách thiết lập tương ứng sự thay đổi độ lớn của đoạn thẳng
(góc, diện tích, thể tích..) với các đại lượng (biến số) hay hàm số của
một hay nhiều biến số
- Biết vận dụng các phương pháp tìm cực trị, GTLN, GTNN.
I.3. Một số phƣơng pháp giải toán cực trị hình học
Phƣơng pháp 1: Sử dụng quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên.
Phƣơng pháp 2: Sử dụng quan hệ giữa đoạn thẳng và đường gấp
khúc, các bất đẳng thức trong tam giác.
Phƣơng pháp 3: Sử dụng bất đẳng thức trong đường tròn.
Phƣơng pháp 4: Sử dụng một số phép dời hình.
Phƣơng pháp 5: Sử dụng một số bất đẳng thức cơ bản.
Phƣơng pháp 6: Sử dụng phương pháp hàm số.

3


II. RÈN LUYỆN KỸ NĂNG ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI
TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
II.1 Kỹ năng


.

Tính thể tích

hình lăng trụ.
Nối BA’. Góc
a3 3
8 sin

1  4 sin 2





=

 C’BA’

từ đó tính toán được: V =


2

2

A’

C’

phẳng ta phải tìm góc giữa đường thẳng với hình chiếu của nó lên mp.
Do tam giác A’B’C’ đều nên gọi I là trung điểm của A’B’
A’B’ và C’I



 C’I 

(A’B’BA) vì lăng trụ cho là đều. Từ đó suy ra

 C’BI,

sau khi tính toán ta được kết quả đúng là V =

a3 3
8 sin 

3  4 sin 2 



=

.

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




N
y
A’

trục Oz chứa B

C’

B’
D’

Ta có: A(a; 0; a), C(0; a; a), A’(a; 0;

x

0), B(0; 0; a), M(at
2

;0;

t
2

) nên

t
2

;


2


t

MN . A' B  0
a
 a  0
  2


hệ này vô nghiệm. Vậy giá trị nhỏ nhất không tồn tại!
Lời giải sai lầm ở chỗ vì MN nhỏ nhất trong bài toán này có thể xảy
ra mà MN không là đoạn vuông góc chung.
Lời giải đúng là:
2

Từ (!) thay là:MN =
a

2

 t   t

 a

 
 2  2




2

M, N lần lượt là trung điểm

AC, A’B
Khi đó MN nhỏ nhất bằng

a 2
.
2

CHƢƠNG 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
I. HỆ THỐNG CÁC BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH CÓ ỨNG DỤNG
ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
I.1. Mục tiêu
1. Giúp giáo viên có được hệ thống các bài toán ứng dụng của
đạo hàm để giải toán cực trị hình học để rèn luyện kỹ năng giải toán
cho học sinh đặc biệt là học sinh khá, giỏi
2. Giúp học sinh củng cố, nắm vững kiến thức cơ bản, và có kỹ
năng giải toán cực trị hình học dựa trên kiến thức và kỹ năng giải toán
cực trị của hàm số.
3. Phát huy tính tự giác,tích cực, chủ động, sáng tạo của học sinh
thông 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.


Gọi I là trung điểm của MN
kẻ MM’ // AB (M’  BB’),

T

B’

A

Q

N

B

II’// MM’ (I’  M’N)


I’ là trung điểm của M’N

Vì AM=BN
 II’//QB



BM’ = BN  I’  BC’

// PC’  I, P, Q thẳng hàng  Q  mp(MNP).




x=

1
.
2

Ta có bảng biến thiên
0

1
2

1

8


x
f’(x)

0

_
+

+
+



S

lớn nhất.
Bài giải
SA  BM 
  BM  AH
BM  SH 

Ta có

H
A

C

M

Tính khoảng cách từ S đến BM bằng SH do
SH



B

BM tại H.

Tính SH: Ta có  AHM ~  BCM
Mặt khác AM = x, (0
BC = a; BM =



.

SH =

x2
x 2  2a 3 x  4a 2

Tìm x để SH lớn nhất : SH lớn nhất



f(x) =

x2
x 2  2a 3 x  4a 2

đạt

GTLN.
9


Ta có f’(x) =

 x0

4a 3
:


Từ bảng biến thiên suy ra Maxf(x) = 3 khi x = a
3]

[0; a

khi H trùng với C Khi đó SH = a

3

với mọi x 

7.

Chú ý: Thấy được kết quả này đến đây ta có thể nghiên cứu lời giải
và tìm cách giải mới là: Bằng cách so sánh đường



với đường xiên

suy ra được SH lớn nhất khi H trùng với M và M trùng với C.
Bài toán 3. Cho tứ diện đều cạnh bằng 1. Các điểm M, N di động lần
lượt trên AB và AC sao cho mp(DMN)



mp(ABC). Đặt AM =x, AN

=y.

C



a) Chứng minh hệ thức x+y = 3xy.

H là trọng tâm



AH là phân giác của MAN

10


Do (DMN)
S AMN 



(ABC)

M, H, N thẳng hàng. Ta có



1
3
xy. sin 60 0 
xy

3

V = SAMN.DH =

Với x, y  [0; 1]. Đặt xy = t



xy 2
12

. Vì 3xy = x+y,

x+y = 3t ta có

x, y là các nghiệm  [0; 1] của phương trình z2 - 3tz + t = 0 (*)


t=

z2
.
3z  1

Với z  [0 ; 1]\{1/3}. z = 1/3 không là nghiệm của (*)
Bài toán quy về tìm t để pt (*) có hai nghiệm thuộc [ 0 ; 1]


Tìm t để pt


0

z
f’(z)

- ||

2
3
-

1
0

1
2

+

0
f(z)
-

+

4
9

11


2
27

khi = y =

nên ta có
2
3

2

27

2
24



V

2
24

, MaxV =

.

khi x = 1, y =

1

MaxStp =

2 (6t  1)
4 3t 2  t

3
(4  2 )
9

1
(2 3  2 )
4

3t

2
3t 2  t
2

+

> 0, Với

4

9

khi x = y =

khi x = 1, y =


mặt phẳng(ABC), SC = a. Hãy tìm góc



giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất.
Bài giải:
Ta có BC
  SCA

Đặt



AC nên BC



S

SC

là góc giữa hai mp(SCB) và (ABC).

 SCA

= x, (0 < x <  /2).

Khi đó: SA = asinx, AC = acosx.


f’(x) = 3cosx


f’(x) = 0


2 
2
 cos x 
 cos x 
.



3
3






cosx = cos  =
x

2

3

f(x)

2
3

,x



(0; ) .
2

Chú ý : Ta có thể đặt sinx = t, (0 < t < 1) xét hàm số f(t) = t(1-t2)
Bài toán 5. Cho tứ diện ABCD có một cạnh > 1, còn các cạnh khác
đều



1. Gọi V là thể tích của nó hãy tìm các cạnh của ABCD sao cho

V có giá trị lớn nhất
Bài giải
Giả sử AB > 1, khi đó
max{AC,AD,BC,CD,DB}
Kẻ AH





1



, khi BC = BD =1(F

BM

Mặt khác BF  BM  BF
1

x2
4



2

 BM 

1-

x2
4



M).
x2
AE  1   AH  AE 
4

. Tương tự



x2
1
4

4 - CD2 = 4-x2

khi BA = BD = AC= AD = 1 và H

Bài toán quy về tìm x

(0; 1] để V = f(x) =





E

1
x2
x(1  ) đạt
6
4

giá trị lớn

nhất
2

 4/3.

Ta có f’(x) > 0 với x  
khoảng (0; 1]





4 / 3; 4 / 3  hàm

Maxf(x)(0; 1] = f(1) =

số f(x) đồng biến trên

1
1
1
1(1  )  
6
4
8

MaxV = 1 , khi tứ
8

diện ABCD có đáy BCD, mặt bên ACD là các tam giác đều cạnh
bằng 1 và (BCD)



SK =


. Do

SIK ~ SAO

SK IK
SO.IK R( R  x)

 AO 

SO AO
SK
x2  R2

Suy ra thể tích V của hình nón là
1

V(x)=  .OA2 .SO 

R 2 ( R  x) 2
( R  x)
3 (x 2  R 2 )

3

 V(x)

=

R

f’(x)

+

3R
0

_
+

f(x)

( R;  )

+
+

8R

Hàm số f(x) đạt GTNN trên khoảng
Suy ra V(x) đạt GTNN =

8R 3
3

( R;  )

tại x = 3R,


AO =

, SO = R+x.

Ta có thể tích V của khối nón nội tiếp mặt

S

1

V   .OA2 .SO  ( R 2  x 2 )( R  x)
3
3

cầu là
với

I

0  x R.

Xét hàm số f(x) = (R2-x2)(R+x), x
O

 [0;R]

V lớn nhất  f(x) đạt GTLN
A



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  R3/81.
b) Đặt

ASI   ,

0


1  17
8

1
-

CĐ
f(x)

Vậy Stp LN

0

sin  =



0

1  17
8

 chiều

cao của hình nón SO =

R(23  17 )
.
16




  R  h    R h  .
4 
4



Bài toán quy về tìm h để hàm số V(h) đạt GTLN, với h
Ta có V’(h) =

2

 2 3h 2 
2R
, V ' ( x)  0  h 
  R 
.
4 
3




(0 ; 2R).

Suy ra Bảng biến

thiên:


2R
3

. Khi đó, thể tích của hình trụ là

4R 3
3 3

.

I.2.2. Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích
Bài toán 9. Trong hệ trục toạ độ Đềcác vuông góc Oxy cho Parabol
(P): y = x2 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; a2). Ta có AM2 = (a+3)2 + a4 = a4+a2 + 6a + 9.

Xét hàm số f(a) = a4+a2 + 6a + 9, a  R.
f’(a) = 4a3+2a+6 = 2(2a3+a +3) = 0

a

= -1.



1).

khi M (-1 ; 1).

Cách 2.
18


M  (P)



M(a; a2).

Tiếp tuyến tại M có phương trình:y = 2ax-a2 (d),
khoảng cách từ A đến (P) ngắn nhất khi AM
 AM 



(P)

(d)

d.

Ta có AM  (a  3; a 2 ) ; ud  (1; 2a) AM




(E) sao cho



x=

d, M

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=



M (x;

1

1
4  x2
2



x  [-2;2]

 0  2 4  x2  x ,

Ta có bảng biến

x

thiên:

x



-4x2 = x2

 16

4

-2

f’(x)

0

0

5

 a





MN

4 5 ;

khi M (

4

;

1

; 2-

3

5

5

),

d


Bài toán 11.
Cho n điểm A1, A2, . . . An và một điểm O cố định. Gọi

1

là

đường thẳng qua sao cho tổng các bình phương khoảng cách từ A i đến
1

là nhỏ nhất. Gọi

2

là đường thẳng qua O sao cho tổng các bình

phương khoảng cách từ Ai đến

2

là lớn nhất. Chứng minh rằng

1 

 2.

Bài giải
Xét hệ trục toạ độ Oxy. Giả sử trong hệ trục toạ độ này các điểm
Ai có toạ độ (xi ; yi); i = 1, n. Các đường thẳng đi qua O có phương
trình kx - y = 0.


20


Đặt a= x12  ...  xn2 , b = x1 y1  ...  xn yn , c = y12  ...  yn2 .
Ta có f(k)

ak 2  2bk  c
=
1 k 2

Nếu b = 0: thì f(k) = a +

ca
1 k 2

ca
 ca
1 k 2

ta có

.



Maxf(k) = c, với

k =0
 1


k1
+

0

+

k2
-

0

+
a

f(k)
a

Từ bảng biến thiên
nên



Maxf(f) = f(k1) Minf(k) = f(k2) vì k1k2 = -1

1  2

Vậy trong mọi trường hợp ta đều có



có phương trình tham số là:

Ta có: AM =

2t 2  9

AM + BM = f(t) =
2t

f’(t) =

2t 2  9



 x2

 y  t 
z  1  t


2t 2  12t  22

BM =

2t 2  9

+


+

9
5

-

0

+
+

+
f(t)
43

Từ bảng biến thiên  Min f(t) =

43

đạt được tại t =

a 2  b 2  M(2;

9
;
5






22


t



a

2 ).

Tìm GTNN của M khi M, N lần lượt chuyển động trên AC,

A’B.
Bài giải
z

Lập hệ trục toạ độ Descartes vuông góc Oxyz

B

A

C

M
D


t
2

;a )

N(a-

AC  (a; a;0)

t
t


;
 a
A' B  (a;0; a) , MN   0;
2 2



2

MN =

2

 t   t

 a




a

2 ).

M, N lần lượt là trung điểm

AC, A’B
Khi đó MN nhỏ nhất bằng

a 2
.
2

Chú ý: có thể giải bài toán bằng các phương pháp khác như:
- Phương pháp véctơ
- Phương pháp hình học tổng hợp: Dùng định lý Cos trong tam
giác

23


Bài toán 14. Cho đường

là giao hai mặt phẳng ( P) : x  y  z 1  0;



và các điểm A(2;1;-1), B(-1;2;0). Trong các đường

phương (1;0;-1) suy ra phương trình tham số của

x  1 t

: y  0
 z  t


Gọi d là đường thẳng bất kì đi qua B và cắt  . Giả sư d cắt
M(1+t;

0;

Khi

-t).

BM  (2  t; 2; t ), BA  (3; 1; 1)

đó

d

có

véctơ

chỉ



3t 2  10t  12
16t 2  64
,
f
'(
t
)

, f '(t )  0  
2
2
2
t  2t  4
(t  2t  4)
t  2

Ta có bảng biến thiên:
t

-

f’(t)

+

-2
0

+


khi t =2 ứng với M(3;0;-2). Hai đường

thẳng cần tìm ứng với GTLN, GTNN lần lượt có phương trình là:
 x  1
d1:  y  2  2t
 z  2t


x 1 y  2 z
.


4
2
2

và d2:

Bài toán 15. Cho mặt phẳng (  ): x+y-z+1 = 0 và đường thẳng d là
giao hai mặt phẳng
( P) : x  y  z  3  0;(Q) : 2 x  y  z  2  0 .

Trong các đường thẳng đi qua A(1;-

1;2) và song song với mặt phẳng (  ) viết phương trình đường thẳng
sao cho khoảng cách giữa





phương trình:

 x 1

 y  1  s
 z  2 s


Trường hợp 2: a
d ( , d ) 

d (, d ) 

b



= c. Chọn b = 1 thì c = 1. Đường thẳng

và

d ( , d ) 

0. Chọn a =1

u, u ' .IA
6






3 2b  3



4b2  12b  9

lớn
24b2  24b  27

Khi đó

.

nhất.

25