CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
MÔ TẢ SÁNG KIẾN
Mã số : …………………………………
1. Tên sáng kiến:
“MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG
HÌNH HỌC KHÔNG GIAN”
(Võ Thị Thanh Trúc, Nguyễn Phương Khanh, Trần Yến Bình,
Đoàn Thị Thúy Hằng, Hồ Hoàng Kiệt, @THPT Lê Quí Đôn)
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Chuyên môn giảng dạy.
3. Mô tả bản chất của sáng kiến :
3.1. Tình trạng giải pháp đã biết:
Bản thân hằng năm có tham gia giảng dạy bộ môn Toán trong nhà trường
cũng như tham gia ôn thi THPT Quốc Gia. Tôi cố gắng đúc kết, xâu chuổi toàn
bộ kiến thức mà bản thân thu thập được một số vấn đề về giải bài toán cực trị
trong Hình Học. Mong muốn nó có thể giải quyết được một số dạng các bài tập
điển hình của chương trình để học sinh ôn thi Học sinh giỏi và thi THPT Quốc
Gia.
Chương trình giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ
động sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc trưng môn học, đặc điểm đối tượng
học sinh, điều kiện của từng lớp học, bồi dưỡng học sinh phương pháp tự học,
khả năng hợp tác, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động
đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú và trách nhiệm học tập cho học sinh.
Quá trình dạy học với các nhiệm vụ cơ bản là hình thành tri thức, rèn
luyện các kỹ năng hoạt động nhận thức, hình thành thái độ tích cực...được xây
dựng trên quá trình hoạt động thống nhất giữa thầy và trò, trò và trò, tính tự giác,
tích cực tổ chức, tự điều khiển hoạt động học nhằm thực hiện tốt các nhiệm vụ
đã được đề ra.
Như chúng ta biết, trong cách đổi mới thi hiện nay thì những bài toán
mang tính ứng ụng thực tiễn lại phổ biến, nhất là những bài toán về Hình Học.

Toán thực tiễn.
Các ví dụ minh họa ở đây cũng được rút ra chủ yếu từ một số bài toán
thực tế. Mong muốn đề tài có thể đến với đông đảo học sinh, nhằm giúp các
em đạt kết quả cao trong các kỳ thi sắp tới. Qua đề tài này có thể giúp học sinh
có nhiều phương pháp giải các dạng bài tập có liên quan tới bài toán cực trị
trong Hình Học.
Việc nghiên cứu đề tài giúp tôi có một tài liệu mang tính hệ thống về một
số bài toán cực trị trong Hình Học, phục vụ cho công tác giảng dạy của mình.
Qua nghiên cứu đề tài, giúp tôi tự tin hơn trong công tác giảng dạy.
- Nội dung giải pháp:
Giải pháp 1: Cho 2 điểm A,B và mặt phẳng α . Tìm điểm M trên mặt phẳng α
sao cho MA+MB nhỏ nhất .
Đây là bài toán quen thuộc – Có thể tìm hiểu lời giải bài toán qua các hình
vẽ minh họa cho các trường hợp A,B nằm cùng phía ; khác phía đốí với mặt
phẳng α .
Phöông phaùp.

2


Nếu trong bài toán 1 ta thay “mặt phẳngα” bởi “đường thẳng ∆” ta có
bài toán :
Bài toán 1.1 : Trong không gian cho 2 điểm A,B và đường thẳng ∆.Tìm
điểm M trên đường thẳng ∆ sao cho MA+MB nhỏ nhất .
Ta giải quyết bài toán 1.1 trong từng trường hợp AB và ∆ đồng phẳng ;
AB và ∆ chéo nhau .
+ Trường hợp AB và ∆ đồng phẳng
+ Trường hợp AB và ∆ chéo nhau :
• Nếu AB , ∆ chéo nhau và vuông góc nhau
Điểm M cần tìm là điểm M0 trên hình vẽ bên.

Nếu thay “đường thẳng d ” bởi “mặt phẳng α” với α và d không có
điểm chung ( ∆ // α ) thì bài toán mới có vô số nghiệm hình (xem hình)

(∆’ là hình chiếu của ∆ lên α )
Do vậy ta có thể phát biểu bài toán mới
Bài toán 2.1: Cho mặt phẳng α và đường thẳng ∆ ; ∆ //α . Tìm tập hợp
các điểm M thuộc α sao cho d(M, ∆ ) là nhỏ nhất .
Bài toán 2.2: Cho mặt cầu (S) và đường thẳng ∆ ((S) và ∆ không có điểm
chung) .
Tìm M ∈ (S) và N ∈ ∆ sao cho độ dài đoạn MN là nhỏ nhất.
Bài toán 2.3 : Cho mặt phẳng α và mặt cầu (S ) ((S) và α không có điểm
chung)
Tìm M ∈ (S) và N ∈ α sao cho độ dài đoạn MN là nhỏ nhất.
Phöông phaùp.
N0 là hình chiếu của tâm I lên mặt phẳng α .
Mặt cầu (S) cắt đoạn IN0 tại . α0 là mặt phẳng tiếp xúc với (S) tại
M0 . α0 cắt đoạn MN tại P .
Ta có : MN ≥ PN = d(P, α ) = M0 N0 .
Đoạn MN là nhỏ nhất ⇔ M ≡ M0

Nhìn lại bài toán 2 - hai điểm M 0 , N0 cần tìm mà theo đó đoạn M 0 N0 là
đoạn vuông góc chung .Ta có : , M 0 N0 = d(M0 , ∆ ) ≤ d(M , ∆) Bài toán có thể
phát biểu lại theo một cách khác :
4


Gii phỏp 3: Cho 2 ng thng d , chộo nhau . Tỡm M d sao cho
khong cỏch t M n l nh nht.
Hng ón hc sinh t gii
T õy hc sinh cú th phỏt biu mt vi bi toỏn tng t khỏc :


HC = RABC =

x
2 sin C

=

x
4 sin C2 cos C2

=

x
4. 2x

2
1 x4

=

1
4 x 2

Tam giác vuông HCD có HD2 = CD2- DC2 =

1
3

HD

M

Gọi M là trung điểm CD CD ABM
Vì ACD và BCD đều AM = BM =

2 1
3 2

VABCD = 2VCBMA = 2. 13 CM.SABC =
1

SABM = 2 MC.AB =
VABCD =

1 x
3 4

1
2

x. ( 23 ) 2 + ( 2x ) 2 =

3
2

x
4

.S ABM



3
2

và thể tích lớn nhất

1
8

Gii phỏp 5: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông
cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy ABCD và SA=h.Điểm M thuộc
cạnh CD.Đặt CM=x.Hạ
SH vuông góc với BM.Tính thể tích khối tứ diện SABH.Tìm x
để thể tích khối này là lớn nhất.
Phửụng phaựp.
6


S

A

B

H
D

C

M

1

1

a2
a2 + x2
a4
=
a2 + x2

ax
a2 + x2

a3 x
a2 + x2
a 3 xh

1 a 3 xh

1

= a2h
VSABH = 3 S ABH .SA = 6 . 2 2
6 2ax 12
a +x
Dấu bằng xảy ra khi a=x tức M trùng D.

Gii phỏp 6: Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình vuông cạnh a,
tâm O. Đờng cao của hình chóp là SA=a. M là một điểm di
động trên SB, đặt BM=x 2 (0
1 a 
a3
= .OK .dt (OECH ) =  ÷ =
3
3  2  24

A

3

a 1a
a
VKOE .MNB = ON .dt ( MNB ) = .  ÷ =
2 2  2  16
3
3
3
a
a
5a
11a 3
V1 =
+ =
⇒ V2 = V − V1 =
24 16 48
48
V2 11
VËy V = 5
1



MAH = b = (d ', P ) = (Oy, P ) .

Như thế :

.Trong tam giác
vuông MHK thì MH £ MK Þ sin b £ sin a Þ
Vậy mặt phẳng (P) cần tìm
vuông góc với MK tại K.

sin a =

MK
AM

max b = a khi H º K

; sin b =

MH
AM

.

Giải pháp 8: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: và
mặt phẳng (P). Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d
và tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ nhất.
Phương pháp
Gọi d’= (P) Ç (Q) và A=d
(P) và HI ^ d’thì :

a) Nhỏ nhất.
b) Lớn nhất
Phương pháp.
Gọi (D) là đường thẳng qua A và cắt d; (D) và d
cùng thuộc măt phẳng (P)= mp(A;d).
Gọi H là hình chiếu của B trên (P); K là hình chiếu
của H trên (D) thì BK ^ (D) .
Vậy BK chính là khoảng cách từ B đến (D) .
Trong tam giác vuông BKH thì BK ³ BH nên BK ngắn
nhất khi K º H . Khi ấy (D) đi qua hai điểm A và H.*Trong tam
giác vuông BKA thì BK £ BA nên BK lớn nhất khi K º A . Khi
ấy (D) đi qua A nằm trong (P) và vuông góc với BA.
Giải pháp 10: Cho ®êng th¼ng ∆ :

x − x0 y − y0 z − z0
=
=
Vµ hai ®iĨm A
a
b
c

vµ B sao cho AB vµ ∆ chÐo nhau ; h·y t×m ®iĨm M ∈ ∆ Sao
cho P = MA+MB nhá nhÊt.
Phương pháp.
1. LÊy M t ý thc ∆ : M=( x0 + at ; y0 + bt ; z0 + ct ) ta tinh MA vµ MB
P = MA + MB =

f (t ) + g (t ) Dïng ph¬ng ph¸p ®¸ng gi¸ ta t×m ®ỵc gi¸


r

uuu
r uu
r uuur
1 1 1 1 1 1
ữ,
ữ,
ữữ = (2, 0, 2) AB, v . AC = 2 + 4 = 2 0
1 1 1 1 1 1


Và AB, v =

nên đờng thẳng chứa AB và chéo nhau
x = 1+ t

(t R )
tham số của là: y = t
z = 1 t


Vậy phơng trình

Lấy điểm M=(t+1, t, -t-1) (*)

là điểm tuỳ ý thuộc
uuuu
r



,

(1)

1 2
14
,
B
'
=
ữ

3 , 3 ữ
ữ, M ' = (t , 0)
3 ữ




Thay vào (1) có:

P
= M ' A '+ M ' B ' A ' B '
3

Vậy P nhỏ nhất khi và chỉ khi 3 điểm A, B, M thẳng hàng
uuuuu
r 1


1
3

2
3=

14
14 2 7
7 7
7 5
7 5
=
3t + 2 =
3t =
t=
12
6
6
18
14 + 2
13 7 7 5 7 13
,
,
ữ
18
18 ữ


Thay vào (*) đợc: M =
18

6
+ + =
ữ BE =
9 9 9
3



Vậy toạ độ điểm E = , ,
3 3 3

Gọi I là hình chiếu của A trên đờng thẳng thì I=(t+1, t, -1t)
uur uu
r

uur

Và AI = (t = 1, t 1, t 2). nên AI .v = 0 t + 1 + t 1 + t + 2 = 0 t =

2
3

1 25 16
42
1 2 1
I = , , ữ AI =
+ +
=
9 9 9
9






Ta có: MI = t , t , t + ữ, ME = t; t , + t ữ
3
3
3
3
3
3

Thay vào (1) ta có:
t =

2

1

2
7
2 7
t = t 7 +
( 7 + 1)t =
3
3
3

2 7 (2 7)( 7 1) 7 5

các em tự học và tự nghiên cứu. Cung cấp các kiến thức cần thiết tạo tâm lý
vững vàng trước khi các em bước vào kỳ thi quan trọng.
3.5 Tài liệu kèm theo: Không
Định Trung, ngày 17 tháng 3 năm 2018.

12