SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

KỸ NĂNG LỰA CHỌN PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC
ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ
TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

Người thực hiện: Nguyễn Bích Thủy
Chức vụ: Phó Hiệu Trưởng.
SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán

THANH HOÁ, NĂM HỌC 2018 - 2019
1


MỤC LỤC
Trang
1. MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề
tài ...........................................................................
1.2 Mục đích nghiên
cứu ....................................................................
1.3. Đối tượng nghiên cứu ................................................
1.4.
Phương
pháp
nghiên
cứu ..............................................................
1.5. Những điểm mới của SKKN ........................................................

3
3
3
3
9

Kết luận và kiến nghị ..................................................................

3.1. Kết luận
3.2. Kiến nghị
Tài

liệu

tham

khảo .......................................................................

2


1. MỞ ĐẦU.
1.1 Lí do chọn đề tài:
Trong chương trình Hình học giải tích lớp 12, bên cạnh các dạng toán quen
thuộc như: viết phương trình mặt phẳng, phương trình đường thẳng,…. Ta còn
gặp các bài toán tìm vị trí của điểm, đường thẳng hay mặt phẳng liên quan đến
một điều kiện cực trị. Đây là dạng toán thuộc mức độ vận dụng cao.
Trong quá trình trực tiếp giảng dạy và nghiên cứu tôi thấy đây là dạng toán không
chỉ khó mà còn khá hay, lôi cuốn được các em học sinh khá giỏi. Nếu ta biết sử dụng
linh hoạt và khéo léo kiến thức của hình học thuần túy, kiến thức véctơ, tìm được vị trí

u1.u2
r r
- Công thức tính góc giữa hai đường thẳng cosϕ = r r trong đó u1 , u2 lần lượt
u1 . u2

là hai VTCP của hai đường thẳng.


n.u
- Công thức tính góc giữa hai đường thẳng và mặt phẳng sinΨ =   trong đó
n .u
 
n, u lần lượt là hai VTPT và VTCP của mặt phẳng và đường thẳng.
r r
n1.n2
r r
- Công thức tính góc giữa hai đường thẳng cosϕ = r r trong đó n1 , n2 trong
n1 . n2

đó lần luợt là hai VTPT của hai mặt phẳng.
- Công thức tính khoảng cách giữa hai điểm A(x; y; z ); B(xB; yB; zB)
AB= ( xB − xA )2 + ( yB − y A ) 2 + ( z B − z A ) 2
- Khoảng cách từ điểm M(x0;yo;zo) đến mặt phẳng (α) có phương trình
Ax+By+Cz+D=0 là: d(M,(α)) =

Ax0 + By0 + Cz0 + D
A2 + B 2 + C 2

- Khoảng cách từ điểm M1 đến đường thẳng ∆ đi qua M0 và có vectơ chỉ
r r r

uuur uuur uuur

- Công thức tính thể tích tứ diện : VABCD =  AB, AC  . AD
Chú ý: Các công thức tính góc nêu trên có điều kiện: 0 ≤ ϕ; Ψ ≤
2.2 Thực trạng của vấn đề:
Qua quá trình giảng dạy tôi nhận thấy: Đối với các bài toán về cực trị hình
học trong hình học giải tích lớp 12, phần lớn học sinh không nhớ hết các dạng
toán, không nhớ hết các phương pháp giải dẫn đến lúng túng, bị động, mất nhiều
thời gian.
Học sinh thường gặp khó khăn với các bài toán cực trị nói chung và các bài cực
trị hình học nói riêng. Bên cạnh khó khăn do vốn kiến thức, kinh nghiệm còn ít ỏi,
các em học sinh chưa nắm vững kiến thức hình học và cái nhìn tổng quan, phân loại
các dạng toán và phương pháp giải. Tháo gỡ được khó khăn đó sẽ đem lại hiệu quả
cao trong công tác giảng dạy của các thầy cô cũng như việc học tập của các em học
sinh.
2.3. Tổ chức thực hiện:
2.3.1. Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng.
2.3.1.1. Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (α)
- Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên (α).
- Viết phương trình đường thẳng MH
(qua M và vuông góc với (α))
- Tìm giao điểm H của MH và (α).

2.3.1.2. Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d:
- Viết phương trình tham số của d
- Gọi H ∈d có tọa độ theo tham số t
r uuuu
r
- H là hình chiếu vuông góc của điểm M lên d khi udMH = 0
- Tìm t, suy ra tọa độ của H.

12a 2 + 24ab + 54b 2
- TH2 : Nếu b≠0 thì d ( M ; d ) =
=
2
2
2a + 4ab + 5b

f (t )

12t 2 + 24t + 54
⇒ < d ( M ; d ) ≤ 14
2t 2 + 4t + 5
So sánh TH1 và TH2 ⇒ ≤ d ( M ; d ) ≤ 14
+) Max (d (M,d)) = 14 ⇔ a = -b chọn b = -1 ⇒ a =1 , c = -1

Xét hàm số f (t ) =

x = 2 − t

⇒ Phương trình đường thẳng cần tìm là:  y = t
z = t


+) Tương tự cho trường hợp còn lại.
Cách 2: Dùng phương pháp hình học
M

d1

d

r uur uur

⇒ ud =  nP , nQ  = ( −1;8; 23) ⇒ d :  y = 8t
 z = 23t


Nhận xét:
Có rất nhiều bài toán cực trị về toạ độ trong không gian có thể giải bằng
cả phương pháp hàm số và phương pháp hình học. Tuy nhiên phương pháp
hàm số mất quá nhiều thời gian, phương pháp hình học thể hiện tính nhanh gọn,
tiết kiệm thời gian, hợp với xu thế thi THPT Quốc gia bây giờ . Vì vậy theo
kinh nghiệm của tôi, tôi thường hướng dẫn học sinh giải quyết theo phương
pháp hình học.
Sau đây ta sẽ xét thêm một số bài toán để thấy rõ tính ưu việt của phương
pháp hình học giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12.
Bài toán 1: Cho n điểm A1, A2, ..An, với n số k1, k2,.,kn thỏa k1+ k2+ ….+kn = k ≠
0 và đường thẳng d hay mặt phẳng (α). Tìm điểm M trên đường thẳng d hay
uuur
uuuur
uuuur
mặt phẳng (α) sao cho k1 MA1 + k2 MA2 + ... + kn MAn có giá trị nhỏ nhất.
Lời giải:
uur
uuur
uuur r
- Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k 2 IA 2 +...+ k n IA n = 0
uuuu
r
uuuuur
uuuuur

n
uuu
r
- Tìm vị trí của M khi MI đạt giá trị nhỏ nhất
x- 4 y+1 z
=
= và hai điểm A ( 0;1;5) , B( 0;3;3) .
1
1
1
uuuu
r uuur
Tìm điểm M trên d sao cho MA - 4MB có giá trị nhỏ nhất.

Ví dụ 1: Cho đường thẳng ( d) :

Giải:
uur uur r
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)
=>x = 0; y =

13
7
13 7
, z = , vậy J(0; ; )
5
3
5 3



Tọa độ M(4+ t; -1+ t; t), JM =( t+4; t uuu
rr

18
17
; t) khi M là hình chiếu vuông
5
5

góc của J lên đường thẳng d thì JM.u = 0 hay 3t – 3 = 0 <=> t = 1
uuuu
r uuur
Vậy M( 5; 0; 1) thì MA - 4MB có giá trị nhỏ nhất.
Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + 3z + 10 = 0 và ba điểm A ( 1;0;1) ,
B( -2;1;2) , C ( 1;-7;0) . Tìm điểm M trên mặt phẳng (α) sao cho :
7


uuuu
r uuur uuur
MA
+MB + MC có giá trị nhỏ nhất.
1)
uuuu
r uuur uuur
2) MA -2MB + 3MC có giá trị nhỏ nhất.

Giải:
uuur uuur uuur r

23 3
⇒ x = 4; y = - ; z = - , vậy I(4; − ; − )
2
2
2
2

uuuu
r uuur uuur uuu
r uur
uuu
r uu
r
uuu
r uur
uuu
r
MA
-2MB
+
3
MC
MI+
IA
-2(MI
+
IB
)
+
3(

23
3
2(4 + 2t) − 2(− − 2t) + 3( − + 3t) + 10 = 0 ⇔ 17t +
=0⇔ t=−
2
2
2
34
u
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
5 245 135
;−
) thì MA -2MB + 3MC đạt giá trị nhỏ nhất.
Vậy với M( − ; −
17
34
17
Bài toán 2:
Cho đa giác A1 A2 ….An và n số thực k1, k2, …., kn thỏa k1+ k2+ ….+ kn = k . Tìm

uur uu
r r
3 3
1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa IA +IB =0 thì I là trung điểm AB và I (2; ; − )
2 2
uuu
r uur 2 uuu
r uu
r 2
2
2
Ta có: MA + MB = (MI + IA) +(MI + IB)
uuu
r uur uu
r
= IA 2 + IB2 +2MI 2 +2MI(IA + IB) = IA 2 + IB2 +2MI 2
Do IA 2 + IB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI2 có giá trị nhỏ nhất,
hay M là hình chiếu vuông góc của I lên r(α)
Đường thẳng IM qua điểm I và có vtcp n α = (1; 2; 2)

x =2+t

3

Phương trình tham số MI: y = +2t
2

3

z = − 2 +2t

 −3 + x = 0

⇔ 3 + y = 0 ⇔ J(3; −3;0)
z = 0

uuu
r uur
uuu
r uur
uuu
r uur
Ta có: MA2 - MB2 – MC2 = (MJ + JA) 2 - (MJ + JB) 2 − (MJ + JC) 2

uuu
r uur uur uur
= J A 2 − JB2 − JC 2 − MJ 2 + 2MJ(JA − JB − JC)
= JA 2 -JB2 -JC 2 -MJ 2
Do JA 2 − JB2 − JC 2 không đổi nên MA2 - MB2 – MC2 lớn nhất khi MJ nhỏ
nhất hay M là hình chiếu của J trên mặt phẳng (α).
r
Đường thẳng JM qua điểm I và có vtcp n α = (1; 2; 2)
x =3+t

Phương trình tham số MJ: y =-3+2t
z =2t

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:

3 + t + 2( −3 + 2t) + 2.2t + 7 = 0 ⇔ 9t + 4 = 0 ⇔ t = −
Vậy với M (

A'

1. Nếu ( axA + by A + cz A + d ) ( axB + byB + cz B + d ) < 0 thì A, B nằm về hai
phía với (P).
Để MA + MB nhỏ nhất khi M thuộc AB hay M là giao điểm của (P) và AB.
2. Nếu ( axA + by A + cz A + d ) ( axB + byB + cz B + d ) > 0 thì A, B nằm về một
phía với (P).
Khi đó: Ta tìm điểm A’ đối xứng với A qua (α). Do MA + MB = MA’+ MB mà
đạt giá trị nhỏ nhất khi M thuộc A’B hay M là giao điểm E của (P) và A’B.

10


Ví dụ : Cho mặt phẳng (α) có phương trình: x – y + 2z = 0 và ba điểm: A(1;
2;-1), B(3; 1; -2), C(1; -2; -2). Hãy tìm điểm M trên d sao cho:
1) MA + MB có giá trị nhỏ nhất
2) 2) MA - MC có giá trị lớn nhất.
Giải:
1) Thay tọa độ của A và B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về một
phía của (α).
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua (α), để MA + MB có giá trị nhỏ nhất khi M
là giao điểm của A’B với (α).
uur
Đường thẳng AA’ đi qua A và vuông góc với (α), AA’ nhận nα = (1; −1;2) làm
x = 1 + t

vecto chỉ phương => Phương trình tham số AA’:  y = 2 − t
 z = −1 + 2t




13
4
;1; − ) thì MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
5
5

Vậy với M (

2) Thay tọa độ của A và C vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về hai phía
của (α).Vậy nên A’ và C nằm cùng một phía đối với (α).
Ta thấy MA - MC = MA' - MC ≤ A'C .
Nên MA - MC đạt giá trị lớn nhất khi M thuộc A’C nhưng ở phía ngoài đoạn
A’C, tức M là giao điểm của
uuuA’C
u
r và (α).
Đường thẳng A’C có vtcp A'C = (−1; −3; −3)
x = 2 − t

Phương trình tham số A’C: y = 1 − 3t =>Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương
z = 1 − 3t

5 5 5
3
trình: 2 - t - (1 – 3t) + 2(1 - 3t) = 0 ⇔ −4t + 3 = 0 ⇔ t = hay M ( ; − ; − )
4
4 4 4
11


qua điểm N(1; -2; 3), có vtcp u = (2; −2;1) và CD = (7;5; −4)
r uuur
Ta có u. CD = 14 -10 – 4 = 0 ⇒ d ⊥ CD

Xét mặt phẳng (P) qua CD và vuông
r góc với d
(P) qua điểm C(-4; 1; 1) và nhận u = (2; −2;1) làm vecto pháp tuyến
Phương trình (P): 2(x +4) – 2(y -1) + 1(z -1) = 0 hay 2x – 2y + z + 9 = 0
Điểm M thuộc d thỏa MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của d và mp(P).
Tọa độ M ứng với t là nghiệm của phương trình:
2 + 4t + 4 + 4t + 3 + t + 9 = 0 ⇔ 9t +18 = 0 ⇔ t = −2
Vậy M(-3; 2; 1) thì MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất bằng: 2 + 2 17
Ví dụ 2: Cho hai điểm A(3; 0; 2), B(2; 1; 0). Hãy tìm điểm M trên trục Ox sao
cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất
Giải:
r
uuur
Ox có vtcp i = (1;0;0) qua O(0; 0; 0), AB có vtcp AB = (−1;1; −2) và
r uuur
Ox và AB không vuông góc.
i.AB = r−1uu≠ur0uu
⇒
ur
Ta có [i, AB]OA = (0; 2; 1)(3; 0; 2) = 0 + 6 +2 = 8 nên AB và Ox chéo nhau.
x = t

Phương trình tham số của Ox:  y = 0 . M ∈ Ox ⇒ M (t;0;0)
z = 0



uur khoảng lớn nhất khi (α) là mặt phẳng đi qua D và
vuông góc với DI. (α) nhận DI = (2; 1; -5) làm vecto pháp tuyến
Phương trình mặt phẳng(α): 2(x -1) +1(y +2) –5(z -3 ) = 0 ⇔ 2x + y – 5z +15=0
Bài toán 6:
Cho điểm A và đường thẳng ∆ không đi qua A. Viết phương trình mặt phẳng
(α) chứa ∆ sao cho khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất
Lời giải:
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt
phẳng (α), K là hình chiếu vuông góc của A lên ∆
Ta có d(A; (α)) = AH ≤ AK lớn nhất thì H ≡ K,
khi đó (α) là mặt phẳng đi qua ∆ và vuông góc với AK.
Hay (α) qua ∆ và vuông góc với mp(∆, A).
Ví dụ: Cho ba điểm A(2; 1; 3), B(3; 0; 2); C(0; -2; 1). Viết phương trình mặt
phẳng (α) đi qua hai điểm A, B và cách C một khoảng lớn nhất.
Giải:
Mặt phẳng (α) đi qua hai điểm A, B và cách C umột
nhất
khi (α) đi
uur khoảng lớnuuu
r
qua hai điểm A, B và vuông góc với mp(ABC). AB = (1; −1; −1) , AC = (−2; −3; −2)
r uuur uuur
(ABC) có véctơ pháp tuyến n = [AB, AC] = (−1;4; −5)
uur r uuur
(α) có véctơ pháp tuyến nα = [n, AB] = (−9 − 6; −3) = −3(3; 2;1)
Phương trình (α): 3(x– 2) + 2(y – 1) + 1(z – 3) = 0 ⇔ 3x + 2y + z – 11 = 0

13



r
Ta thấy d(B; ∆) nhỏ nhất khi ∆ đi qua hai điểm A, H do vậy AH = (1;4;6) là véc
tơ chỉ phương của ∆ => Phương trình của ∆:

x+3 y-3 z +3
=
=
1
4
6

2) Ta thấy d(B; ∆) lớn nhất khi ∆ là đường thẳng nằm trong (α), qua A và vuông
góc với AB.
uur uuur uur
∆ có véctơ chỉ phương u∆ = [AB, nα ] = (16;11; −10)
Phương trình của ∆:

x+3 y-3 z +3
=
=
16
11 −10

Bài tập áp dụng.
Bài 1: Cho ba điểm A(1; -2; 1), B(-1; 1; 2), C(2; 1; -2) và mặt phẳng (α) có
phương trình x + 2y – 2z + 1 = 0.
1) Tìm điểm M trên (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
2) Tìm điểm N trên (α) sao cho NA + NC có giá trị nhỏ nhất.
14


và hai điểm A(0; 1; 1),
2
2
1

B(1; 2; 3). Tìm điểm M trên d sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất.
Bài 4: Cho hai điểm C(1; -2; 2) và đường thẳng d có phương trình
x-1 y- 4 z +1
=
=
. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d và khoảng cách từ C
−2
−1
2

đến (P) là lớn nhất.
Bài 5: Cho điểm B(2; -1; -2), mặt phẳng (P): x – y + z + 3 = 0 và đường thẳng d:

x-1 y-2 z -3
=
=
. Trong các mặt phẳng đi qua B và vuông góc với (P), viết
1
2
−1

phương trình mặt phẳng (α) tạo với d một góc lớn nhất

Bài 6: Cho hai điểm A(2; 1; -3), B(1; 2; 0) và đường thẳng d:


C10

Sĩ
số

Nhận biết và
biết vận dụng,
giải được bài
hoàn chỉnh

Nhận biết và
biết vận
dụng,chưa giải
được hoàn
chỉnh
TL%
SL
TL%
39,12% 22
47,82%
14,58% 26
54,16%

Nhận biết,
nhưng không
biết vận dụng

46
48


này kết quả cho thấy:
- Các em rất có hứng thú với các dạng bài toán cực trị trong hình học giải tích,
những học sinh khá giỏi còn tích cực tìm tòi các phương pháp khác để giải dạng
bài toán này.
- Học sinh tự tin khi phân tích để lựa chọn phương pháp giải hay ngắn gọn cho
từng dạng bài toán.
- Hình thành được tư duy logic, sáng tạo, khái quát hoá, đặc biệt hoá.
3.2. Kiến nghị:
- Việc giảng dạy chuyên đề này cần đưa ra các bài tập từ đơn giản đến
khó, kết hợp ôn tập với giao bài tập về nhà và kiểm tra học sinh, tổ chức cho học
sinh sáng tạo tìm hiểu những hương pháp mới, những cách giải hay. Biết khắc
sâu những kiến thức cơ bản, các dạng thường gặp để đưa về dạng tổng quát. Tuy

16


nhiên đây là đề cao có tính chất nâng cao chỉ đưa ra ở cuối tiết học hoặc ở buổi
phụ đạo riêng.
- Để áp dụng đề tài này trước hết học sinh phải nắm chắc các kiến thức cơ
bản, biết vận dụng linh hoạt các kiến thức này, từ đó mới dạy các chuyên đề mở
rộng, nâng cao, khắc sâu kiến thức một cách hợp lý với các đối tượng học sinh
nhằm bồi dưỡng năng khiếu, rèn kỹ năng cho học sinh.
- Đề tài là kinh nghiệm của cá nhân tôi đã thực tế giảng dạy tại trường
THPT Hàm Rồng có hiệu quả, xin được chia sẻ tới các thầy cô giáo và các em
học sinh. Tuy nhiên đề tài thể tránh khỏi những thiếu xót cần được bổ sung, rất
mong được sự đóng góp ý kiến của quý thầy, cô đề đề tài được hoàn thiện hơn.
Xin trân trọng cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ


Chức vụ và đơn vị công tác: Phó Hiệu trưởng trường THPT Hàm Rồng

TT

1.

Tên đề tài SKKN

BD một số nét đặc trưng của tư duy sáng tạo
qua PP khai thác cấu trúc logic của 1 bài toán.

Năm
Kết quả
Cấp đánh
học
đánh giá
giá xếp loại
đánh
xếp loại
(Phòng, Sở,
giá
(A, B,
Tỉnh...)
xếp
hoặc C)
loại
2003Sở GD&ĐT C
2004
Thanh Hoá


20152016

Sở GD&ĐT B
Thanh Hoá

20162017

toạ độ trong MP
(QĐ số 392/QĐ-SGD ngày 11/9/2008)

3.

Dùng tiếp tuyến kết vợi với vị trí tương đối
của tiếp tuyến với dồ thị HS để chứng minh
BĐT (QĐ số 904/QĐ-SGD&ĐT ngày
14/2/2010)

4.

Tạo hứng hứng thú học tập phần phương
pháp toạ độ trong MP cho HS lớp 10
(QĐ số 871/QĐ-SGD&ĐT ngày 18/12/2012)

5.

Một số biện pháp quản lý công tác GD đạo
đức cho HS THPT Hàm Rồng
(QĐ số 988/QĐ-SGD&ĐT ngày 03/11/2015)

6.

STT
1
2
3
4
5

Tên SKKN

Xếp loại

Năm học

20