1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA IV
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
GIÚP HỌC SINH KHAI THÁC VÀ TÌM CÁC CÁCH
GIẢI CHO MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG
KHÔNG GIAN TỌA ĐỘ
Người thực hiện : Nguyễn Thị Tuyên
Chức vụ : Giáo viên
SKKN thuộc môn :Toán
THANH HÓA NĂM 2013
MỤC LỤC
MỤC LỤC
TRANG
A. PHẦN MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
1.Cơ sở lý luận:
2.Thực trạng của vấn đề nghiên cứu:
II .ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
III. NHIỆM VỤ CỦA NGHIÊN CỨU
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
B . PHẦN NỘI DUNG
I. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
Dạng 1 : KHOẢNG CÁCH LỚN NHẤT ,NHỎ NHẤT
Dạng 2 : GÓC LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT
Dạng 3 : BIỂU THỨC LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT
II. ĐÁNH GIÁ KẾT QUẢ
1 .Đánh giá định tính
2.Đánh giá định lượng
C. KẾT LUẬN

một bài toán bất đẳng thức là phần kiến thức khó của toán phổ thông .
2.Thực trạng của vấn đề nghiên cứu:
Thực tế đa số học sinh rất bế tắc về phương pháp cho loại toán này bởi vì
trong sách giáo khoa hay sách bài tập không có nhiều bài tập loại này nhưng lại
có trong đề thi đại học những năm gần đây và trong các bài tập ôn luyện đại học
khiến cho học sinh rất bối rối về phương pháp. Trong các tài liệu hầu hết chọn
lựa cách dùng cách nhìn hình học không gian trực tiếp làm học sinh rất khó hiểu
và không tự nhiên.
Các em rất bị động về cách giải với loại toán này. Điều này thôi thúc tôi chọn
đề tài này để giúp học sinh khi gặp loại toán này không còn thấy khó khăn mà
còn thấy thực sự thích thú muốn làm nhiều hơn.
Qua những năm gần đây khi dạy lớp 12 ôn thi đại học tôi nhận thấy mảng
kiến thức phần cực trị trong không gian tọa độ là loại toán khá thú vị. Trong quá
trình đó tôi thấy rất hứng thú lựa chọn đề tài này để nghiên cứu và trình bày. Bởi
việc giúp các em tìm ra các cách giải cho loại toán này giúp các em rất tốt trong
quá trình học tập, luyện và thi đại học và rèn luyện tư duy giải toán.
II .ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Rèn luyện cho học sinh biết cách khai thác và tìm ra các cách giải khác nhau
cho một số dạng bài toán cực trị trong không gian tọa độ của chương trình toán
phổ thông. Phân loại bài tập thường gặp và cách giải cho mỗi dạng .
III. NHIỆM VỤ CỦA NGHIÊN CỨU :
Trình bày một số dạng bài toán cực trị trong không gian tọa độ. Hướng dẫn
học sinh giải quyết các bài toán trong một số tình huống cụ thể. Từ đó bồi dưỡng
cho học hoc sinh kỹ năng giải toán và khả năng tư duy sáng tạo .
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
1. Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu sách giáo khoa bài tập ,sách
tài liệu và các đề thi
2. Phương pháp điều tra thực tiễn : Dự giờ ,quan sát việc dạy và học phần bài
tập này
3. Phương pháp thực nghiệm sư phạm

1 −
==
− zyx
Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A , song song với d và
khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
Lúc đầu hầu hết em thấy ngại và không biết giả quyết bài toàn kiểu này thế
nào. Nên tôi đã hướng dẫn học sinh giải quyết cách 1 bằng cách gợi ý vẽ hình
để học sinh đánh giá được yếu tố yêu cầu sẽ so sánh với đối tượng không đổi
nào ? thông qua lý thuyết đường xiên và hình chiếu.
Cách 1 : Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt
phẳng (P)đi qua A và (P)//d nên
d (d,(P)) = d (H, (P)) = HI
( Với I là hình chiếu của H lên (P))
Ta có : HI
≤
AH = const
⇒
HI lớn nhất khi A
≡
I. Khi đó (P) đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến
Gọi H( 1+2t ; t ; 1+3t) trên d .Vì H là hình chiếu của A trên d nên
uAH ⊥
với
u
( 2 ;1 ; 3) là véc tơ chỉ phương của d. Ta có
AH
(2t-9; t-2; 3t+2)
4

Vec tơ pháp tuyến (VTPT) của (P) :
);;( cban
và véc tơ chỉ phương (VTCP) của
d là
=u
( 2 ;1; 3) vuông góc với nhau nên:
cabcba 32032
−−=⇒=++
(2)
Lại có lấy I (1; 0; 1) thuộc d ta có :
d =
222
))(,())(,(
cba
dca
PIdPdd
++
++
==
max .Từ (1) và (2) ta có
d
acca
ca
125
85
22
++
−
=
max

x
(nếu đặt x =
c
a
)
Ta có d
2
=
( )
10125
85
2
2
++
−
xx
x
= f (x)
⇒
22
'
)10125(
)96140)(85(
)(
++
+−
=
xx
xx
xf

Kết hợp hai trường hợp ta có
61
375
>
5
Nên d max khi x = -7/5 hay
c
a
=
5
7−
.Chọn a = 7 thì c = -5 khi đó b = 1 , d = -77 nên Phương trình của (P) là :
7x + y -5z -77 = 0.
Tôi đã đặt thêm câu hỏi nếu bài toán hỏi ngược lại tìm min thì các em kết
luận thế nào?(mở rộng bài toán khác và cũng để thấy rõ ưu thế của cách 2)
5
Yêu cầu học sinh đưa ra nhận xét cho mỗi cách để tìm ra ưu nhược của mỗi
cách để phát huy và khắc phục .
Đưa học sinh ví dụ 2 để học sinh tự chọn làm với một trong hai cách tương
tự trên.
Ví dụ 1. 2 : Cho điểm
( )
2;5;3A
và đường thẳng
1 2
: .
2 1 2
x y z
d
− −

là véc tơ chỉ phương của d ) .
AK
(2t-1; t-5; 2t-1 )
02).12(52).12( =−+−+−⇒ ttt
1
=⇔
t
)1;4;1()4;1;3( −⇒⇒ AKH

Vậy (P) đi qua M(1; 0; 2)
∈
d và nhận
AK
làm véc tơ pháp tuyến nên (P) :
( x - 1) - 4( y – 0 ) +( z - 2 ) = 0
⇔
x – 4y +z - 3 = 0
Cách 2: Gọi phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + d = 0 (
0
222
≠++ cba
)
Theo đề bài ta có :
caddca 202 −−=⇒=++
Vec tơ pháp tuyến của (P) :
);;( cban
và véc tơ chỉ phương (VTCP) của d là
=u
(2;1;2) vuông góc với nhau nên:
cabcba 22022 −−=⇒=++






+
=
c
a
c
a
c
a
545
1
9
2
++
+
=
xx
x
(nếu đặt x =
c
a
)
6
d K
A
H


−=
=
⇔
1
1
x
x
Tương tự ví dụ 1.1 ta có
Max f(x) =
7
162
khi x = 1
Vậy phương trình của (P) là : x - 4y +z -3 = 0.
Đưa tiếp ví dụ 3 yêu cầu nháp cách 1( dạng sơ lược).Cách 2 về nhà tự làm.
Ví dụ 1.3 : Cho đường thẳng (D) có phương trình tham số
2
2
2 2
x t
y t
z t
= − +


= −


= +


các em đều hiểu và làm theo cách 1.
Cách 1: Dựng đường thẳng (d) đi qua tâm I (1; -2; -1)
của (S) vuông góc với (P) cắt (P) tại A,B
(d) lấy VTPT của(P) làm VTCP nên (d)
có phương trình :





−=
−−=
+=
12
2
12
tz
ty
tx

Khi đó giao điểm của (d) và (S) là:
A(3;-3;1) và B(-1;-1;-3)
d(A, (P)) = 1 ; d(B,(P)) = 7
Vậy điểm A (3;-3;1) và B(-1;-1;-3) là những điểm thuộc (S) có khoang cách
đến (P) là nhỏ nhất và lớn nhất.
Đây là ví dụ tôi mạnh dạn đưa ra việc áp dụng bất đẳng thức Buhiakôpxki mà
các tài liệu của HS không trình bày theo cách này . Tôi hướng dẫn các em về
7
B
A

]. [
222
2)1(2 +−+
] =81
⇒
-9
≤
2a-b+2c - 2
≤
9
⇒
-21
≤
2a-b+2c - 14
≤
-3
⇒
3
≤
1422 −+− cba
≤
21
⇒
1
≤
d
≤
7. Do đó max d = 7 khi M(-1;-1;-3) ; min d = 1 khi M (3;-3;1)
Sau đó tôi hỏi học sinh đưa ra nhận xét cho mỗi cách thì hầu hết HS thích
làm cách 1 nhưng số ít các em HS khá giỏi vẫn muốn làm cách 2 vì nó rèn

2.Cho A(1;0;0) ,B(2;-1;2) C(-1;1;3) và d :
2
2
11
1 −
==
−
− zyx
. Viết phương trình
mặt cầu tâm nằm trên d, đi qua A cắt (ABC) theo đường tròn có bán kính nhỏ
nhất.
3.Cho điểm A(1;2;4) và đường thẳng
2
z
1
2y
1
1x
:)d( =
+
=
−
−
.Viết phương trình mặt
phẳng (P) chứa (d) sao cho khoảng cách từ A đến (P) lớn nhất.
4.Cho ba điểm
( )
;0;0A a
,
( )

t2y
t1x
:)d(
. Viết phương trình mặt phẳng (P)
chứa (d) và tạo với trục Oy góc lớn nhất.
Cách 1: Qua điểm A trên d dựng đường thẳng d’ song song với Oy. Lấy điểm M
trên d’ ; gọi I là hình chiếu của M trên d và K là hình chiếu vuông góc của M
trên (P).Khi đó ta có :
)Oy,d(MAK =α=
∧
.Mặt khác từ cách lấy A nên d’
xác định và lấy M cố định nên K,H cố định .
Do đó MH, AM không đổi. Khi đó :
AM
MI
AM
MK
≤=
α
sin
= const ( vì MK
≤
MI)
Do hàm số sin đồng biến trên







. Lấy M(1;-1;0) thuộc d’ thì hình
chiếu vuông góc của M trên d là I ( 1- t; -2 +t ;2t )
MI⇒
(-t ;-1+t ; 2t)
Mà
)2;1;1((0. −==⇒⊥ uuMIdMI
là véc tơ chỉ phương của d )
6/1
=⇒
t

⇒
I(
3
1
;
6
11
;
6
5 −
) nên
MI
(
6
2
;
6
5
;

Vec tơ pháp tuyến của (P) :
);;( cban
và véc tơ chỉ phương (VTCP) của Oy là
=u
(0 ;1 ; 0) Khi đó : D = sin (Oy, (P)) = cos(
un,
)=
222
cba
b
++
(**) Góc
của Oy và (P) lớn nhất khi sin (Oy, (P)) max . Tương tự các bài toán trên
Vậy phương trình cần tìm là : x + 5y - 2z + 9 = 0
Chú ý : Có thể từ (*) kết hợp (**)chuyển thành hàm số và khảo sát như một
số ví dụ trên để tìm max.
9
M
I
K
A
O
y
d
α
P
Ví dụ 2.2 : Cho đường thẳng d :
3z1y
2
1x

HA
bởi tam giác KIH vuông ở I .Mà KH không
đổi ) nên
α
nhỏ nhất khi tan
α
nhỏ nhất
⇔
I
A≡
khi đó HA
⊥
d
⇒
KA
⊥
d hay d, d’ vuông góc .
VTCP của d là
)1;1;2(u =
→
; VTPT của (P) là
)1;2;1(n
P
−
→
suy ra VTCP của d’ là :
)1;1;1('uhay)3;3;3(n,u'u
P
−−=−=


(Q).Mặt phẳng (Q) cần tìm có phương trình:
0(x+1)+1(y+1)-1(z-3) = 0
⇒
y-z+4 = 0
Cách 2:
Phương pháp giải tích.Gọi phương trình mặt phẳng (Q): ax + by + cz + d = 0 (
0
222
≠++ cba
)
Theo đề bài ta có : M(-1;-1;3)
)(d∈

⇒
M
)(P∈
nên :
cbaddcba 303
−+=⇒=++−−
Vec tơ pháp tuyến của (Q) :
);;( cban
Q
và véc tơ chỉ phương (VTCP) của d là
=u
(2 ; 1 ; 1) vuông góc với nhau nên:
cabcba
−−=⇔=++
202
VTPT của (P) là
P

A
I
Q
P
d’
d
Bài tập : 1. Cho đường thẳng (d) :
1
1
2
3
1
3 −
=
−
+
=
− zyx
. Viết phương trình mặt
phẳng (P) chứa (d) và tạo với đường thẳng
1
3
2
1
1
2 +
=
−
=
−

tượng ra ngoài không gian của mình để đoán M cần tìm là điểm nào?
Cách 1: Ta có
AB
(3;-3;-3) ;
u
(1;2;-1) là VTCP của d.Nhận thấy
AB
⊥
u
.
Dựng mặt phẳng (P) đi qua A vuông góc với d.
Phương trình (P) : x+2y-z+1 = 0 .Vì
AB
⊥
u
nên A,B
)(P∈
. Gọi M
o
= d
∩
(P) là nghiệm
của hệ phương trình d và (P)
⇒
M
o
(1;-3;-4)
Khi đó
∀
M

222
)6()2( −−++ ttt
=
99126
2
++ tt
+
36126
2
++ tt
=
93)1(6
2
++t
+
30)1(6
2
++t
Xét
u
(
)1(6 +t
;
93
) ;
v
(-
)1(6 +t
;
30

30
= (-
)1(6 +t
93
⇔
t = -1. Nên M(1;-3;-4)

11
M
M
0
A
B
d
Ví dụ 3.2 : Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng
∆
có phương trình
tham số
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +


= −



AB
⇒ AB//(d) nên AB ,d
đồng phẳng. Gọi H là hình chiếu
của A trên (d). Khi đó H( 3t+2; -2t; 2t+4)
⇒
AH
( 3t+1; -2t-2; 2t+5)
AH
⊥
u
⇔

AH
.
u
= 0
với
u
( 3; -2 ; 2) là VTCP của d
⇔
( 3t+1) 3+( -2t -2) (-2)+ (2t+5) 2 = 0
⇔
t = -1
⇒ H(–1;2;2). Gọi A′ là điểm
đối xứng của A qua (d) ⇒ H là trung điểm
của AA′ ⇒ A′(–3;2;5). Ta có A, A′, B, (d) cùng nằm trong
một mặt phẳng. Đường thẳng A′B nhận
BA'
(10;-4;-2) = 2(5;-2;-1)làmVTCP
nên phương trình A

ty
tx
và A (1;-1;0) ; B(1;0;1) . Tìm trên (d) những điểm
M sao cho diện tích tam giác ABM nhỏ nhất.
Cách 1: Ta có S =
AMB
S
∆
=
ABMJ.
2
1
( với MJ là đường cao của
∆
ABM)
Do AB không đổi nên S đạt min khi MJ min khi đó MJ chính là đường vuông
góc chung của AB và d . Ta có
AB
(0;1;1) .MJ là đường vuông góc chung của
AB và d thì M( -1+t ; 1+t ; -2) ; J(1; s-1; s) .Suy ra
MJ
( 2-t; s-t-2; s+2); VTCP
12
A B
A’
H M
M
0
của d là
u

=−
0
0
02
02
t
s
ts
ts
.Vậy M(-1;1;-2)là điểm cần tìm.
Cách 2:
Gọi M( -1+t ; 1+t ; -2)
∈
d
⇒
AM
(t-2; t+2; -2) ;
AB
(0;1;1) nên
[ ]
ABAM,
= ( t+4; -t+2; t-2)
S =
AMB
S
∆
=
[ ]
2
, ABAM

0
I là
đoạn vuông góc chung giữa AB và d). Do đó
diện tích tam giác ABM nhỏ nhất khi MK
nhỏ nhất hay M
≡
M
0
(Ví dụ sau đây ) .
Ví dụ 3.5 Cho d:
1
5
2
1
1
2
−
+
=
+
=
− zyx
và A(-1;2;4) ;B(2;-1;1).
Tìm trên (d) những điểm M sao cho diện tích tam giác ABM nhỏ nhất.
HD: Cách 1 : Ta có
AB
(3;-3;-3) ;
u
(1;2;-1) là VTCP của d.Nhận thấy
AB

Giả sử N = BA’
∩
(P) thì
∀
M
)(P∈
ta có :
AM +BM
≥
A’M+BM
≥
A’B = const
⇒
AM +BM đạt min khi A’,B, M thẳng hàng
Hay M
≡
N
13
A’
A
M
0
B
H
M
M
0
I
K
M

=
−
−
.Tìm
M trên d sao cho T =
22
MBMA +
đạt min.
Cách 1: ( Phương pháp véc tơ )
Giả sử I là trung điểm của AB thì
0=+ IBIA
và I( 0; 3; 3)
IAMIMA +=
⇒
2
MA
=
22
.2 IAIAMIMI ++

IBMIMB +=
⇒
2
MB
=
22
.2 IBIBMIMI ++
T =
22
MBMA +

2
nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I lên d.
Goi M(- t+1; t-2; 2t)
∈
d Ta có
IM
(- t+1; t-5; 2t-3) vuông góc với VTCP của d
là
u
(-1; 1; 2) nên : -1(- t+1)+t-5+ 2(2t-3) = 0
⇔
t = 3. Vậy M ( -2; 1; 6).
Cách 2:
Gọi M( - t+1; t-2; 2t)
∈
d .Ta có :
T =
222222
)42()4()2()22()6( −+−++−+−+−+ tttttt
=
76488
2
+− tt
là hàm số bậc
hai theo t có hệ số bậc hai a = 8 >0 nên đạt min khi t =
=
−
a
b
2

⇔
I( 11/6;-1/6 ; -2/6 )
Ta có :
IAMIMA +=
⇒
2
MA
=
22
.2 IAIAMIMI ++

IBMIMB +=
⇒
2
MB
=
22
.2 IBIBMIMI ++

ICMIMC +=
⇒
2
MC
=
22
.2 ICICMIMI ++
T =
222
32 MCMBMA ++
=

2
IB
+3
2
IC
không đổi.
Ta có MI
2
nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I lên (P).
14
Dựng đường thẳng d qua I vuông góc với (P) thì d có VTCP là VTPT của (P)
nên (d):





−=
−−=
+=
6/2
6/1
6/11
tz
ty
tx
.Khi đó M là giao của d và (P) nên thay (*) vào PT(P) .
Ta có t = 2/18. Vậy M(35/18; -5/18;-4/18)
Cách 2:
Gọi M( a;b;c)

2
- (b+1/6)
2
+ (c+2/6)
2
]+7.
[(a - 11/6).1 –( b+1/6).1 +( c+2/6).1] = a – b + c +
6
14
=
6
2
Áp dụng bất đảng thức
Bunhiakopxki ta có:
2
6
2






= [(a - 11/6).1 –( b+1/6).1 +( c+2/6).1]
2

≤

[(a-11/6)
2

2
)( MIrqp ++
+ p
2
IA
+q
2
IB
+ r
2
IC
- M là hình chiếu của I lên d ( hoặc trên (P)).
Cách 2 : T ương tự hai ví dụ trên. Học sinh thấy thú vị với cách 1 hơn.
Bài toán 5
Ví dụ 3.9 : Trong không gian Oxyz cho (P):
3 0x y z+ + + =
và
(3;1;1)A
;
(7;3;9)B
;
(2;2;2)C
.Tìm M thuộc (P)
sao cho
MCMBMA 32 ++
ngắn nhất .
Cách 1: Giả sử có điểm I (x;y;z) sao cho
032 =++ ICIBIA
⇔


= 6MI ngắn
nhất khi M là hình chiếu của I lên (P).
15
Dựng đường thẳng d qua I vuông góc với (P) thì d có VTCP là VTPT của (P)
nên (d):





+=
+=
+=
6/25
6/13
6/23
tz
ty
tx
.Khi đó M là giao của d và (P) nên thay (*) vào PT(P) .
Ta có t = -79/18 nên M( -5/9; -20/ 9; -2/9).
Cách 2: Gọi M( a;b;c)
∈
(P) .Ta có : a + b + c+ 3 = 0
⇒
6 a+6b+6c = -18 (1)
và
=++ MCMBMA 32
(6a-23; 6b-13; 6c-25)
Nên T

⇒
T
≥
6241 / 3
Do đó minT = 79/
3
khi : a - 23 = b - 13 = c - 25 và a + b + c+ 3 = 0
a =-5/ 9; b =-20/ 9 ; c =-2/ 9. Vậy M ( -5/9; -20/ 9; -2/9).
Cách này làm khó cho các em yếu về bất đẳng thức (HS ít chọn )
Ví dụ 3.10 : Cho (d) :
21
2
1
1 zyx
=
+
=
−
−
và
(3;1;1)A
;
(7;3;9)B
;
(2;2;2)C
.Tìm M
thuộc d sao cho : T =
MCMBMA ++
ngắn nhất.
Cách 1: Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Ta có G( 4; 2 ; 4)

2
=
54t
2
- 162t +369 .Ta có T min khi T
2
min hay t =
54.2
162
2
=
−
a
b
= 3/2
Vậy điểm cần tìm là M( 1/2; -1/2; 3)
Chú ý : Bài toán này có thể mở rộng hoặc mở rộng với 3 điểm A,B,C để
T =
MCrMBqpMA ++
với p + q + r > 0
Cách 1 : Chung cho dạng bài tập này là :
- Xác định tọa độ điểm I sao cho
0=++ ICrIBqIAp
- Tính T =
IMrqp )( ++
( như khai triển ví dụ 1)
- M là hình chiếu của I lên (P) ( hoặc trên d)
Cách 2 : T ương tự ví dụ trên.Học sinh thấy thú vị với cách 2 hơn
Bài toán 6: Cho M(1;2;3). Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt ba tia Ox
tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất.

abccba
≥++=
162
≥⇒
abc
⇒
V
OABC

27≥

Vậy V
OABC
đạt min khi:
cba
321
==
và
1
321
=++
cba
⇔
a = 3, b = 6, c = 9
Phương trình (P) :
1
963
=++
zyx
Bài tập 1.Cho đường thẳng (d):

+ 6
2
MC
nhỏ nhất.
b)
MCMBMA ++ 4
nhỏ nhất.
4. Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), Tìm tọa độ điểm I trên đường thẳng
(d) :
21
2
3
1 zyx
=
−
+
=
−
sao cho :
a)
+
2 2
MA MB
+ 3
2
MC
nhỏ nhất.
b)
MCMBMA 342 ++
nhỏ nhất.

C. KẾT LUẬN
1 .Kết quả nghiên cứu
Khi áp dụng đề tài vào giảng dạy tôi thấy kết quả thu được ngoài dự kiến của
tôi. Khi chưa có phương pháp chỉ có 20% học sinh nháp bài trong đó có 6-10%
học sinh trong lớp có làm được theo một cách nào đó nhưng khá lúng túng và
không tự tin mình đúng.
Sau khi áp dụng thì hầu hết đã bắt tay vào làm theo một trong hai cách đã học
và nhất là cách 2. Các em làm xong nhanh hơn và có nhiều học sinh làm đúng và
rất tự tin với kết quả mình làm.
Đề tài đã giúp cho học sinh một số công cụ hiệu quả để giải quyết các bài toán
cực trị trong không gian tọa độ .
Đề tài đã cung cấp không nhỏ các dạng bài tập cực trị trong không gian tọa độ
và còn gợi ý cho học sinh khả năng sáng tạo ra các bài toán khác ngược lại hoặc
mở rộng bài toán ở dạng tổng quát.
Không chỉ với các quả trên đây mà tôi nhận thấy khi áp dụng đề tài này đã
giúp cho các em có sự tự tin trong việc tiếp cận với những bài toán khó và từ đó
rèn luyện cho các em về tư duy về môn toán.
2 .Kiến nghị ,đề xuất
Tôi viết đề tài này để cùng trao đổi với Quý Thầy Cô dạy bộ môn toán về
phần cực trị trong không gian tọa độ bởi phần này ít có trong SGK hay sách bài
tập nhưng lại có không ít trong các đề thi đại học, mong được sự góp ý và bổ
sung thêm các cách làm hay và các bài toán cho dạng này.Vì kiến thức và thời
gian còn nhiều hạn chế nên chắc rằng tài liệu có thể thiếu sót, tôi xin chân thành
đón nhận sự góp ý của Quý Thầy Cô để đề tài có chất lượng tốt hơn.
Hàng năm những sáng kiến có chất lượng đề nghị sở nên phổ biến rộng rãi để
giáo viên có thể học hỏi và áp dụng vào thực tế.
Cuối cùng tôi xin trân trọng cảm ơn những ý kiến đóng góp bổ ích của các
thầy cô trong tổ chuyên môn.
18