Page 1
Gv: Mai Thị Mơ
Sáng kiến kinh nghiệm
HƢỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
TRONG HÌNH TOẠ ĐỘ KHÔNG GIAN
Phân 1 : ĐẶT VẤN ĐỀ
I . Lý do chọn đề tài :
Trong việc dạy học toán ta luôn coi mục đích chủ yếu của bài tập toán là hình
thành và phát triển tƣ duy toán học , tạo cho học sinh vốn kiến thức và vận dụng kiến
thức vào thực tiễn . Vì vậy việc xây dựng và hình thành cho học sinh phƣơng pháp giải
từng dạng toán là hết sức cần thiết .
Trong các đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông hay thi tuyển sinh vào các
trƣờng Đại học , Cao đẳng ,Trung học chuyên nghiệp thƣờng xuất hiện các bài toán về
phƣơng pháp tọa độ trong không gian . Có thể nói rằng toán về phƣơng pháp tọa độ
trong không gian rất đa dạng phong phú . Cực trị hình học trong phƣơng pháp tọa độ
trong không gian là một dạng toán khó đòi hỏi học sinh vừa phải biết tƣ duy hình học
vừa phải biết kết hợp sử dụng phƣơng pháp tọa độ trong không gian
Trong năm học 2012- 2013 đƣợc phân công giảng dạy lớp 12 trƣớc khi dạy
chƣơng phƣơng pháp tọa độ trong không gian bản thân tôi luôn trăn trở :
làm thế nào để khi học sinh đọc đề thi thấy xuất hiện câu cực trị hình học trong không
gian nhƣng học sinh không cảm thấy sợ .Với suy nghĩ nhƣ vậy tôi đã chuẩn bị một
chuyên đề xem nhƣ một đề tài cải tiến phƣơng pháp dạy học :
“ Hƣớng dẫn học sinh giải một số bài toán cực cải trị hình học trong hình tọa độ không
gian “
II Phạm vi ứng dụng
Đề tài đƣợc áp dụng vào giảng dạy tại lớp 12B, 12 E trƣờng THPT Ba Đình năm học
2012- 2013
Phần 2 GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ :
A . Cơ sở lý luận:
Trong chƣơng trình hình học 12 phƣơng pháp tọa độ trong không gian tập trung
chủ yếu vào các dạng toán xác định tọa đô điểm thỏa mãn điều kiện cho trƣớc, lập

222
GCMGcGBMGbGAMGaT 

=
 
 
GCcGBbGAaMGMGcba  2
2
+ a.GA
2
+ b.GB
2
+ c.GC
2

+) Nếu a + b + c > 0 ta có T
min

MG
min


M là hình chiếu của G lên (P)
+) Nếu a + b + c < 0 ta có T
max


MG
min


- MB
2
- MC
2
lớn nhất.
Lời giải:
a. Giả sử G thỏa mãn:
02  GCGBGA

 
1;1;2G

T = MA
2
+ 2MB
2
+ MC
2
=
     
222
2 GCMGGBMGGAMG 

= 4MG
2
+ GA
2
+ 2GB
2
+ GC


Tọa độ của M là nghiệm của hệ:











02
21
2
2
zyx
tz
ty
tx







3
1

2
– GB
2
– GC
2

Vì G, A, B, C cố định nên P lớn nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất

M là hình
chiếu vuông góc của G lên (P)

M(2; -2; -2)
Ví dụ 2:
Trong không gian với hệ Oxyz, cho ba điểm A(3; 1; 1); B(7; 3; 9); C(2; 2; 2) và
mặt phẳng (P) có phƣơng trình: x + y – z + 3 = 0. Tìm trên (P) điểm M sao cho
MCMBMA 32 
nhỏ nhất.
Lời giải:
Gọi I là điểm thỏa mãn
032  GCIBIA
 
PI 







6

+ Nếu A, B khác phía đối với (P).
MA + MB
min
khi M, A, B thẳng hàng
)(PABM + Nếu A, B cùng phía đối với (P).
Gọi A
1
là điểm đối xứng với A qua (P)
Có MA + MB = MA
1
+ MB
Do A
1
và B khác phía đối với (P) nên (MA + MB) min

(MA
1
+ MB)
min
khi và chỉ khi M, A
1
, B thẳng hàng
)(
1
PBAM 
1
B

M, A
1
, B thẳng hàng
 
PBAM 
1

Từ đó tìm đƣợc toạ độ điểm M.
+ Nếu A, B cùng phía đối với (P)
ABMBMA 
MBMA
max = AB

BAM ,,
thẳng hàng
)(PABM 

Ví dụ 1:
Cho A(1; 1; 2); B(2; 1; -3) và mặt phẳng (P): 2x + y -3z – 5 = 0.
Tìm điểm M thuộc (P) sao cho (MA + MB) nhỏ nhất.
Lời giải:
Xét vị trí tƣơng đối của A, B đối với mặt phẳng (P) ta có:
t
A
.t
B
= (2.1 + 1 – 3.2 + 5).(2.2 + 1 – 3.(-3) -5) = -72 < 0. Vậy A, B khác phía đối















17
6
1
17
25
52
1
1
0532
z
y
x
tz
y
tx
tyx

A
B
M
P
A
M
B
A
1
Page 5
Gv: Mai Thị Mơ
Xét vị trí tƣơng đối của A, B đối với
mặt phẳng (P) ta có: t
A
.t
B
= 98 > 0
Suy ra A, B cùng phía đối với (P).
Gọi A
1
là điểm đối xứng với A qua (P)
MA + MB = MB + MA
1

Mà MB + MA
1


BA
1

thẳng AB, tìm giao điểm P của đƣờng thẳng AB và (Oxy).
Chứng minh rằng: Với mọi Q
 
Oxy
biểu thức
QBQA
có giá trị lớn nhất khi Q

P.
Lời giải:
Phƣơng trình đƣờng thẳng AB:








tz
ty
tx
23
22
31

Giao điểm của đƣờng thẳng AB với (Oxy)
là nghiệm của hệ:



OxyQ
biểu thức
QBQA
có giá trị lớn nhất khi Q

P. Thật vậy, ta có t
A
.t
B
=
4 > 0, suy ra A, B cùng phía đối với (Oxy). Với ba điểm Q, A, B ta có:
ABQBQA 
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A, Q, B thẳng hàng
 
PQPABQ 

Ví dụ:
Trong không gian Oxyz cho A(-3; 5; -5); B(5; -3; 7) và mặt phẳng (P):
x + y + z = 0. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất.
Lời giải:
Gọi H là trung điểm của AB, suy ra H có toạ độ là H(1; 1; 1).
Tam giác MAB có trung tuyến MH nên MA
2
+ MB
2

OMOH  )1;1;1(

Vậy M(0;0;0) thì MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất, khi đó MA
2
+ MB
2
= OA
2
+ OB
2
= 142
Bài tập áp dụng:
1. Trong không gian với hệ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5);
B(1; 4; 3); C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0. Gọi M là điểm thay đổi
trên (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA
2
+ MB
2
+ MC
2

2. Trong không gian Oxyz cho A(1; 2; 3); B(3; 4; -1) và mặt phẳng (P) có
phƣơng trình 2x + y + 2z + 9 = 0. Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) sao cho :
MA
2
+ MB

(d).
Bƣớc 2: Tính các độ dài AA
1
, BB
1
từ đó tìm đƣợc điểm N
d
chia véc tơ
11
BA
theo tỷ
số
1
1
BB
AA

( Gọi N là điểm chia
11
BA
theo tỷ số
1
1
A
BB
A

)
1
1

1
1
21
1
21
21
1
1
21
211
.
BB
A
A
NB
BB
AA
NA
BB
AAA
dAA
AAA









1
1
1
1 




 zyx

Tìm điểm M trên (d) sao cho MA + MB nhỏ nhất.
Lời giải:
Đƣờng thẳng (d) có phƣơng trình tham số là: x = -1 + t; y = 1 – t;
z = -2 + 2t,
 
2;1;1a

+, Gọi A
1
là hình chiếu vuông góc của A lên d, suy ra A
1
thuộc d
 
tttAdA 22;1;1)(
11


Vì
 
10)22()(20.AAA

11
BA
theo tỉ số
1
1
BB
AA
= -1
)2;1;1(
11
 NNBNA

+, Ta chứng minh (MA + MB) min
NM 

Thật vậy, gọi A
2
là điểm thuộc mặt phẳng
xác dịnh bới B và d (A
2
và B khác phía đối với d)
thoả mãn AA
1
= A
2
A
1
;
dAA 
21


Ví dụ:
A
B
N
A
2
M
B
1
d
A
1
Page 8
Gv: Mai Thị Mơ
Trong hệ Oxyz cho các điểm A(1; 5; 0); B(3; 3; 6) và đƣờng thẳng









tz
ty
tx
2
1

1

04)4(1)22(20.AA
11
 tttuAuA

52A)0;4;2(A)0;1;1(009
111
 AAAtt

+, B
1
là hình chiếu của B trên

)2;1;21(
1111
tttB 

)62;2;42(
1111
 tttBB

BB
1


nên
0.
11
 uBBuBB

và B
1
)
)2;0;1(
11
NNBNA 
(N là trung điểm của A
1
B
1
)
+, Ta chứng minh MA + MB min
NM 

Thật vậy, gọi A
2
là điểm thuộc mặt phẳng xác định bởi (B; (

)), A
2
và B khác phía đối
với

và thoả mãn





21

+ MB
NBNABA 
2

Dấu “=” xảy ra
)20;1(MNM 

Ví dụ:
Trong không gian với hệ Oxyz cho A(2; 0; 3) ; B(2; -2; -3)
A


B
M
B
1
A
1

A
2
N
Page 9
Gv: Mai Thị Mơ

:
32
1
1
2 zyx

Phƣơng trình









'3
'21
'2
:
tz
ty
tx

Gọi I là giao điểm của AB và

ta có:








'333

4
+ MB
4

 
2
2
222
2
1
2
1
)(
2
1






 MBMAMBMA
44
)(
8
1
8
1
IBIAAB 


Page 10
Gv: Mai Thị Mơ
Vậy mp(P) đi qua B(1; 2; -1) và nhận
)1;2;1( OB
làm véc tơ pháp tuyến.
Vậy mp(P) có phƣơng trình: 1(x – 1) + 2(y – 2) – 1(z + 1) = 0
062  zyx

Dạng 2: Cho điểm A và đƣờng thẳng

không đi qua A. Viết phƣơng trình mặt phẳng
(P) chứa

sao cho khoảng cách từ A đến mp(P) là lớn nhất.
Cách giải:
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên mp(P),
K là hình chiếu vuông góc của A trên đƣờng thẳng


     
PA;dAK;  AHPAd
max = AK
KH 

Vậy mp(P) cần tìm là mặt phẳng chứa

và vuông góc
với AK. Hay (P) chứa

và vuông góc với mp(AK;

hay -5x + 2y + z + 8 = 0.
Dạng 3 : Cho đƣờng thẳng d và điểm A không thuộc d . Viết phƣơng trình mặt phẳng
(P) đi qua A , song song với d và khoảng cách từ d tới (P) lớn nhất .
Cách giải :
Bƣớc 1 : Gọi I là hình chiếu vuông góc của A trên d . Tìm đƣợc tọa độ điểm I .
Bƣớc 2 : Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) .Ta có IH

IA Suy ra
IH
max
= IA khi và chỉ khi H

A .Vậy (P) đi qua A và nhận
AI
làm vec tơ pháp tuyến .
Bƣớc 3 : Viét phƣơng trình mặt phẳng (P) .
Ví dụ : Trong không gian với hệ tọa độ O xyz choA(10;2;-1) và đƣờng thẳng d có
phƣơng trình :
3
1
12
1 

 zyx
. Lập phƣơng trình mặt phẳng (P) đi qua A , song song
với d và khoảng cách từ d tới (P) lớn nhất .
Lời giải: Áp dụng phƣơng pháp giải trên ta tìm đƣợc phƣơng trình mặt phẳng (P) là :
7x + y -5z -77 = 0 .
P
A

1
tại K. Gọi A là
điểm cố định trên

3
và H là hình chiếu của A trên mp(

). Ta có góc giữa

2
và (

)
chính là góc AKH. Kẻ AT
)(,
11
 T

Khi đó tam giác HKT vuông tại T, nên cos AKH =
AK
KT
AK
HK

(không đổi)
Vậy góc AKH lớn nhất khi và chỉ khi HK = KT hay
TH 
.
Góc lớn nhất đó chính bằng góc AKT = (


21
zyxyx



. Viết phƣơng trình mặt phẳng
(

) chứa

1
và tạo với

2
một góc lớn nhất.
Lời giải: Ta tháy hai đƣờng thẳng trên phân biệt và không song song với nhau. Theo
kết quả bài toán trên thì do
)1;1;1(),2;1;1(
21


uu
, suy ra
 
)0;1;1(,
21


uu


0
) = 0 (A
2
+ B
2
+ C
2

0
)
Bƣớc 2: mp(P) có véc tơ pháp tuyến:
);;( CBAn
p


(Q) có véc tơ pháp tuyến:
)';';'( CBAn
Q


Gọi

là góc giữa (P) và (Q). Ta có
222222
'''
'''
cos
CBACBA
CCBBAA


Hƣớng dẫn giải:
Áp dụng kết quả bài toán trên tìm đƣợc
22
2453
3
cos
CBCB
B




=
3
1
312
1
2









B
C
Suy ra cos

1





 zyx
.
và d
2
:
1
2
1
1
2 





zyx
.

Viết phƣơng trình mặt phẳng (P) chứa d
1
đồng thời tạo với d
2
một góc nhỏ nhất.
3. Trong không gian với hệ Oxyz cho d:

AB

Vậy khoảng cách đó lớn nhất khi và chỉ khi
AH 
.
Khi đó

là đƣờng thẳng qua A có một véc tơ
chỉ phƣơng là
 
ABnu
a
,

. Gọi T là hình chiếu
của B trên (

) , ta thấy
BTBH 
.
Vậy khoảng cách BH nhỏ nhất bằng BT khi và chỉ khi
TH 
hay đƣờng thẳng

đi qua
A và T.
để viết phơng trình đƣờng thẳng

ta có hai cách :
+, Tìm hình chiếu vuông góc T của B trên

ty
tx










và cách điểm B(2;0;1) một khoảng lớn nhất.
Lời giải: Gọi (

) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với

’.
Khi đó đƣờng thẳng

nằm trong mặt phẳng (

) đi qua A và cách B một khoảng lớn
nhất.
Theo bài toán trên, ta có
 
 
2;2;2,),2;1;1(),0;1;1( 

ABnunAB

nằm trên
 

. Tìm đƣờng thẳng

nằm trong
 

đi qua A và tạo với đƣờng thẳng d góc
bé nhất, lớn nhất.
Cách giải: Vẽ đƣờng thẳng qua A song song với d. Trên đƣờng thẳng này lấy điểm B
khác A cố định. Hình chiếu vuông góc của B trên

và
 

theo thứ tự là H và K.
Ta có: (d,

) = BAH; sin(d,

) =
AB
BK
AB
BH


Vậy (d,


 

và điểm A thuộc
 

,đƣờng thẳng d không song song với
 

, không nằm trên
 

, không đi qua A. Tìm đƣờng thẳng

nằm trong mặt phẳng
 

đi qua A sao cho khoảng cách giữa

và đƣờng thẳng d là lớn nhất.
Cách giải:
Gọi d’ là đƣờng thẳng qua A và song song với d và B là giao điểm của d với
mp
 

.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên
mặt phẳng (d’,

). Khoảng cách giữa d và


 
BCnu ,



. Có thể thay véc tơ
BC

bằng
AT
, trong đó T là hình chiếu vuông góc của A trên d.
Bài tập áp dụng:
1. Trong không gian với hệ Oxyz viết phƣơng trình đƣờng thẳng d
1
qua A(1; 1;
2) và vuông góc với d
2
:
21
2
2
1 zyx




đồng thời tạo với trục Oz góc

nhỏ nhất.
2. Trong không gian với hệ Oxyz, cho d

Thực tế khi thực hiện đề tài này chất lƣợng học sinh đƣợc nâng lên rõ rệt
Lớp
Số
HS
Điểm 8-10
Điểm 6.5
đến dƣới 8
Điểm 5 đến
6.5
Điểm 2 đến
dƣới 5
Điểm
dƣới 2
12 B
45
6
13.3
13
28.9
22
48.9
4
9.8
0
0
12E
45
8
17.8
15