Sáng kiến kinh nghiệm Một số bài toán cực trị trong hình học Giải Tích Lớp 12

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 
MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ 
TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 
LỚP 12 
I. 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 khó, chỉ có trong chương 
trình nâng cao và đề tuyển sinh Đại học cao đẳng. 
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, 
véctơ, phương pháp tọa độ, giải tích thì có thể đưa bài toán trên về một bài 
toán quen thuộc. 
Đứng trước thực trạng trên, với tinh thần yêu thích bộ môn, 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 nghiên cứu. Được sự động viên, giúp đỡ 
của các thầy trong hội đồng bộ môn Toán của sở GD, Ban Giám hiệu, đồng 
nghiệp trong tổ Toán – Tin học trường THPT Trần Phú. Tôi đã mạnh dạn viết 
chuyên đề “ Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12”. 
II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA 
ĐỀ TÀI 
1. Thuận lợi. 
- Kiến thức đã được học, các bài tập đã được luyện tập nhiều 
- Học sinh hứng thú trong tiết học, phát huy được khả năng sáng tạo, 
tự học và yêu thích môn học. 
- Có sự khích lệ từ kết quả học tập của học sinh khi thực hiện chuyên 
đề. 
- Được sự động viên của BGH, nhận được động viên và đóng góp ý 
kiến cuả đồng nghiệp. 
2. Khó khăn. 
 - Giáo viên mất nhiếu thời gian để chuẩn bị các dạng bài tập 
 - Nhiều học sinh bị mất kiến thức cơ bản trong hình học không gian, 
không nắm vững các kiến thức về hình học, vec tơ, phương pháp độ trong 
không gian. 
 - Đa số học sinh yếu môn hình học. 
3. Số liệu thống kê 
 Trong các năm trước, khi gặp bài toán liên quan đến Cực trị trong hình 
học số lượng học sinh biết vận dụng được thể hiện qua bảng sau: 
 Không 
nhận 
 biết 
được 
Nhận biết, 
nhưng không 
biết vận dụng 
Nhận biết và 
biết vận dụng 
,chưa giải được 
hoàn chỉnh 
Nhận biết và 
biết vận dụng 
, giải được 
bài hoàn 
chỉnh 
Số lượng 60 20 9 1 
Tỉ lệ ( %) 66,7 22,2 9,9 1.1 
III. NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ 
1. Cơ sở lý luận. 
 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 chuyên đề chủ yếu dùng phương pháp tọa độ trong không gian 
để giải các bài toán được đặt ra. 
2. Nội dung. 
2.1. Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng. 
a. 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). 
· Nếu yêu cầu tìm điểm M’ đối xứng với 
M qua mặt phẳng (α) thì ta vẫn tìm hình 
chiếu H của M lên (α), dùng công thức trung 
điểm suy ra tọa độ M’. 
b.Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d: 
- Viết phương trình tham số của d 
- Gọi H Î d có tọa độ theo tham số t 
- H là hình chiếu vuông góc của điểm M 
lên d khi 0=
r uuuur
du MH 
- Tìm t, suy ra tọa độ của H. 
2 .2 C a ́c bài toán cực trị liên quan đến tìm một điểm thỏa điều kiện 
cho trước. 
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 mặt phẳng (α) sao cho 11 2 2 ... n nk MA k MA k MA+ + +
uuur uuuur uuuur có giá trị nhỏ nhất. 
Lời giải: 
- Tìm điểm I thỏa 11 2 2 n nk IA + k IA +...+ k IA 0=
uur uuur uuur r
- Biến đổi 
11 2 2 n n 1 2 nk MA + k MA +...+ k MA = (k + k +...+ k )MI = k MI
uuuur uuuuur uuuuur uuur uuur
- Tìm vị trí của M khi MI
uuur
 đạt giá trị nhỏ nhất 
Giải: 
1) Gọi điểm I thỏa uur uur rIA + IB = 0 thì I là trung điểm AB và I(0; 2; 4) 
Khi đó 2= + =uuuur uuur uuur uuur uuur uur uuurMA + MB MI + IA + MI IB MI có giá trị nhỏ nhất 
uuur
MI nhỏ nhất M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d. 
Đường thẳng d có vtcp r u = (1; 1; 1) , phương trình tham số d:
ì
ï
í
ï
î
x = 4 + t
 y = -1 + t
z = t
Tọa độ M(t + 4; -1 + t; t), uuur IM = ( t+4; t-3 ; t - 4) khi M là hình chiếu vuông góc 
của I lên đường thẳng d thì . 0=uuur r IM u hay 3t – 3 = 0 t = 1 
Vậy M( 5; 0; 1). 
2) Gọi điểm J(x; y; z) thỏa uur uur rJA - 4JB = 0 
Ta có: (0 –x; 1 –y; 5 – z) – 4(0 – x; 3- y; 3- z) = (0; 0; 0) 
 =>x = 0; y =13
5
, z = 7
3
, vậy J(0;13 7;
5 3
) 
Khi đó ) 3 3= + = - =uuuur uuur uuur uur uuur uur uuur uuurMA - 4MB MJ+ JA- 4(MJ JB MJ MJ có giá trị nhỏ nhất 
khi M là hình chiếu vuông góc của J lên đường thẳng d. 
Ví dụ 1: Cho đường thẳng ( ) : x- 4 y+1 zd = = 
1 1 1
 và hai điểm ( )A 0;1;5 , 
( )B 0;3;3 . Tìm điểm M trên d sao cho 
 1) 
uuuur uuur
MA + MB có giá trị nhỏ nhất. 
 2) 
uuuur uuur
MA - 4MB có giá trị nhỏ nhất. 
Tọa độ M(4+ t; -1+ t; t), 18 17
5 5
uuur
 JM = ( t+ 4; t - ; t - ) khi M là hình chiếu 
vuông góc của J lên đường thẳng d thì . 0=uuur r JM u hay 3t – 3 = 0 t = 1 
Vậy M( 5; 0; 1) thì uuuur uuurMA - 4MB có giá trị nhỏ nhất. 
Giải: 
1) Gọi điểm G thỏa uuur uuur uuur rGA + GB +GC = 0 thì G là trọng tâm của tam giác ABC 
và G(0;-2;1) 
Ta có +
uuuur uuur uuur
MA + MB MC = + + +
uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur
MG + GA + MG GB MG GC =3
uuuur
MG có giá trị 
nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (α) 
MG nhận rn = (2; -2; 1) làm vecto chỉ phương 
Phương trình tham số MG 
ì
ï
í
ï
î
x = 2t
 y = -2-2t
z = 1+3t
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 
4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = 0 17t 17 0 t 1Û + = Û = - 
Vậy với M(-2; 0; -2) thì +uuuur uuur uuurMA + MB MC có giá trị nhỏ nhất. 
2) Gọi I(x; y; z) là điểm thỏa 3 0+ =uur uur uur rIA -2IB IC 
Ta có (1- x; -y; 1-z) - 2(-2-x; 1-y; 2-z) + 3(1-x; -7-y; -z) = (0;0;0) 
23 3
x = 4; y = - ; z = -
2 2
Þ , vậy 23 3; )
2 2
- -I(4; 
Ta có: 3+
uuuur uuur uuur
MA -2MB MC = ) 3( )+ + +
uuur uur uuur uur uuur uur
MI+IA -2(MI IB MI IC = 2
uuur
MI có giá trị 
nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (α) 
Phương trình tham số MI: 23
2
3
2
ì
ï
ï
ï -í
ï
ï -ïî
x = 4+2t
 y = -2t
z = +3t
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 : 
 1) +
uuuur uuur uuur
MA + MB MC có giá trị nhỏ nhất. 
 2) 3+
uuuur uuur uuur
MA -2MB MC có giá trị nhỏ nhất. 
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 
23 3
2(4 2t) 2( 2t) 3( 3t) 10 0
2 2
+ - - - + - + + =
73 73
17t 0 t
2 34
Û + = Û = - 
Vậy với 5 245 135; ; )
17 34 17
- - -M( thì 3+
uuuur uuur uuur
MA -2MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. 
Bài toán 2: Cho đa giác A1 A2 .An và n số thực k1, k2, ., kn thỏa k1+ k2+ 
.+ kn = k . Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( hay đường thẳng) sao cho 
tổng T = 2 2 21 1 2 2 ... n nk MA k MA k MA+ + + đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn 
nhất 
Lời giải: 
- Tìm điểm I thỏa 11 2 2 n nk IA + k IA +...+ k IA 0=
uur uuur uuur r
- Biến đổi : T = 2 2 21 1 2 2 ... n+ + + nk MA k MA k MA = 
= 21 n(k +...+ k )MI +
2 2 2
1 1 2 2 .. n+ + + nk IA k IA k IA + 2 11 n nMI(k IA +..+ k IA )
uuur uur uuur
= 2kMI + 2 2 21 1 2 2 ... n+ + + nk IA k IA k IA 
 Do 2 2 21 1 2 2 ... n+ + + nk IA k IA k IA không đổi, Biểu thức T nhỏ nhất hoặc lớn nhất 
khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng hay 
đường thẳng. 
 Chú ý: 
- Nếu k1+ k2+ .+ kn = k > 0, Biểu thức T đạt giá trị nhỏ nhất MI 
nhỏ nhất 
- Nếu k1+ k2+ .+ kn = k < 0, Biểu thức T đạt giá trị lớn nhất khi 
MI nhỏ nhất. 
Giải: 
1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa uur uur rIA + IB = 0 thì I là trung điểm AB và 3 3(2; ; )
2 2
-I 
Ta có: MA2 + MB2 = 2 2(MI + IA) +(MI + IB)
uuur uur uuur uur
2 2 2IA + IB +2MI +2MI(IA + IB)=
uuur uur uur
= 2 2 2IA + IB +2MI 
Do 2 2IA + IB không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI2 có giá trị nhỏ 
nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên (α) 
Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): x + 2y + 2z + 7 = 0 và ba điểm A(1; 2; -1), 
 B(3; 1; -2), C(1; -2; 1) 
1) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất. 
2 ) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn 
nhất. 
Đường thẳng IM qua điểm I và có vtcp αn (1;2;2)=r 
Phương trình tham số MI: 3
2
3
2
ì
ï
ï
ï
í
ï
ï -ïî
x = 2+t
 y = + 2t
z = +2t
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 
3 3
2 t 2( 2t) 2( 2t) 7 0 9t 9 0 t 1
2 2
+ + + + - + + = Û + = Û = - 
1 7
(1; ; )
2 2
Þ - -M 
Vậy với 1 7(1; ; )
2 2
- -M thì MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất. 
Nhận xét: 
Với I là trung điểm AB thì MA2 + MB2 = 2MI2 + 
2
2
AB
, do AB2 không 
đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình 
chiếu vuông góc của I lên (α). 
2) Gọi J(x; y; z) là điểm thỏa uur uur uur rJA - JB -JB = 0 
Hay (1 x;2 y; 1 z) (3 x;1 y; 2 z) (1 x; 2 y;1 z) (0;0;0)- - - - - - - - - - - - - - = 
3 x 0
3 y 0 J(3; 3;0)
z 0
- + =ì
ïÛ + = Û -í
ï =î
Ta có: MA2 - MB2 – MC2 = 2 2 2(MJ + JA) - (MJ + JB) (MJ + JC)-
uuur uur uuur uur uuur uur
2 2 2 2J A JB JC MJ + 2MJ(JA JB JC)= - - - - -
uuur uur uur uur
 2 2 2 2JA JB JC MJ = - - - 
Do 2 2 2JA JB JC- - không đổi nên MA2 - MB2 – MC2 lớn nhất khi MJ nhỏ 
nhất hay M là hình chiếu của J trên mặt phẳng (α). 
Đường thẳng JM qua điểm I và có vtcp αn (1;2;2)=
r
Phương trình tham số MJ: 
ì
ï
í
ï
î
x = 3+t
y = -3+ 2t
z = 2t
Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 
4
3 t 2( 3 2t) 2.2t 7 0 9t 4 0 t
9
+ + - + + + = Û + = Û = - 
23 35 8
( ; ; )
9 9 9
Þ - -M 
Vậy với 23 35 8( ; ; )
9 9 9
- -M thì MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn nhất. 
Giải: 
1) Gọi điểm I(x; y; z) là điểm thỏa uur uur rIA -2 IB = 0