PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài :

- Toán học là một bộ môn đòi hỏi phải tư duy logic, phải biết vận dụng và kết
hợp linh hoạt nhiều kiến thức lại với nhau. Do đó, việc hình thành phương pháp
giải từng dạng toán cho các em học sinh là rất cần cần thiết, đặc biệt là trong
việc thi trắc nghiệm cần sự nhanh lẹ và chính xác.
- Phương pháp tọa độ trong không gian là một phần kiến thức toán học quan
trọng và nó luôn xuất hiện trong các kì thi THPT Quốc gia hàng năm. Để lĩnh
hội kiến thức của phần này được dễ dàng thì đòi hỏi người học phải biết tư duy
tốt và biết kết hợp giữa tính toán đại số và các tính chất hình học thuần túy trong
không gian.
- Đối với các bài toán hình học không gian liên quan đến cực trị, nếu chỉ
dùng tính toán đại số thì thường gây khó khăn cho học sinh, dễ sai xót trong quá
trình tính toán. Tuy nhiên, nếu chúng ta để ý đến tính chất hình học thì việc giải
quyết bài toán này sẽ dễ dàng hơn, giảm đi việc tính toán. Vì vậy, trong đề tài
này tôi muốn trình bày “ Khai thác kết quả một số bài toán về cực trị trong
không gian” để giúp các em học sinh nắm được phương pháp giải một số bài
toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12 làm cơ sở để các em có thể vận dụng
giải quyết các tình huống gặp phải trong các kỳ thi.
Từ những đòi hỏi trên tôi chọn sáng kiến với đề tài: “ Khai thác bài toán cực
trị trong hình học không gian nâng cao hiệu quả giải bài tập hình học giải tích
cho học sinh lớp 12 Trung tâm GDTX ”.
2. Mục đích của sáng kiến:
- Qua khai thác kết quả bài toán cực trị trong hình hình học không gian giúp
học sinh giải một số dạng toán của phương pháp tọa độ trong không gian và góp
phần hiệu quả học hình học giải tích cho học sinh khối 12.
- Giúp các em học sinh lớp 12 Trung tâm nâng cao được tư duy cùng kĩ năng
tính toán và qua đây tôi cũng hy vọng sẽ cung cấp cho học sinh các dạng toán cơ
1


chuyên đề ôn thi THPT Quốc gia cho các em học sinh.
PHẦN NỘI DUNG SÁNG KIẾN

1. Cơ sở lý luận:
- Sau khi giải quyết một bài toán ngoài việc chỉnh lý, kiểm tra, mở rộng bài toán
thì luôn phải suy nghĩ phương pháp, kết quả bài toán vừa giải có ích gì trong
việc giải các bài toán khác.
2


- Giải bài tập toán có tác dụng bổ sung, hoàn thiện, nâng cao kiến thức phần lý
thuyết còn thiếu do thời lượng phân phối chương trình quy định.
- Giải bài tập toán giúp học sinh hiểu sâu hơn lý thuyết, củng cố rèn luyện cho
học sinh kỹ năng giải toán, kỹ năng vận dụng lý thuyết vào thực tiễn …
- Giải bài tập toán còn giúp cho học sinh phát triển tư duy tích cực, tạo tiền đề
nâng cao năng lực tự học, cũng cố khả năng sử dụng ngôn ngữ, cách trình bày
lời giải, khả năng khám phá và tự khám phá, hình thành phương pháp làm việc
khoa học, hiệu quả.
- Thông qua bài tập toán giáo viên giảng dạy có một kênh thông tin thu thập,
đánh giá chính xác năng lực học tập của học sinh.
2.Thực trạng trước khi áp dụng sáng kiến:
-Phần lớn các em học sinh đều hay lúng túng và gặp không ít khó khăn khi
giải các bài toán về hình học tọa độ trong không gian. Bởi lẻ, để giải quyết các
bài toán này đòi hỏi các em cần phải có một kiến thức vững chắc về hình học
không gian.
-Trong hệ thống bài tập của chương trình giáo khoa thì có rất ít bài toán về
cực trị, đó cũng là một lý do mà làm cho học sinh ít có cơ hội tiếp cận với dạng
toán này.
-Do thời lượng hạn chế nên trong SGK ít đề cập đến các bài toán về cực trị,
nên các em học sinh ít được tiếp xúc và luyện tập các dạng này. Vì thế khi gặp

cách ngắn nhất nối giữa hai điểm bất kỳ lần lượt thuộc hai đường thẳng này.[4]
3.2. Hệ thống một số bài tập cơ bản trong hình học không gian và hình
thành phương pháp giải các bài toán hình học giải tích lớp 12:
Bài toán 1: Cho hai điểm A, B và mặt phẳng ( α ) . Tìm điểm M thuộc mp ( α )
sao cho MA + MB nhỏ nhất.[5]
Phương pháp:
TH: Nếu A, B khác phía đối với mp ( α ) thì M là giao điểm của AB với mp ( α ) .
TH: Nếu A, B cùng phía đối với mp ( α ) :

B

+ Lấy A’ đối xứng với A qua mp ( α ) .

A

Ta có MA’=MA
+ Do đó, MA + MB nhỏ nhất
⇔ MA’ + MB nhỏ nhất
⇔ M, A’, B thẳng hàng

α

⇔ M = A' B I ( α )

M

A’

Ví dụ 1: Trong không gian (Oxyz), cho hai điểm A( 1;1;1) , B ( −4; − 10;12) và
mp(α ): x − 2y − z + 8 = 0. Tìm điểm M thuộc mp(α ) sao cho MA+MB nhỏ nhất.

S∆MAB =

d

1
MH .AB
2

B

+ Vì AB không đổi nên S∆MAB nhỏ nhất ⇔ MH nhỏ nhất M
⇔ MH là đoạn vuông góc chung của AB và (d).

H
A

Ví dụ 2: Cho hai điểm A( −2; 1; 2) , B ( 2; 1; 4) và đường thẳng
(d):

x − 1 y z+ 2
= =
. Tìm điểm M thuộc (d) sao cho S∆MAB nhỏ nhất.
1
2
1

Bài giải:
+ Gọi H là hình chiếu của M lên (d)

⇒ S∆MAB =

)
+ Pt tham số (AB): 
. Ta có vtcp của AB: 2 = ( 2; 0; 1)
 z = 2+ t '


Vì M ∈ d nên M ( 1+ t;2t; − 2 + t )
H ∈ ( AB) nên H ( −2+ 2t ';1;2 + t ')
uuuur ur
 MH .u1 = 0
( −3+ 2t'− t) + 2( 1− 2t) + ( 4 + t'− t) = 0
t = 1
⇔
⇔
+ Ta có :  uuuur uur
Vậy M(2;2;-1)
t ' = 1
 MH .u2 = 0  2( −3+ 2t'− t) + 4( 4 + t'− t) = 0

Bài toán 3 : Cho mp(α ) và mặt cầu (S) không có điểm chung. Tìm hai điểm
M, N lần lượt thuộc mặt cầu (S) và mp(α ) sao cho MN nhỏ nhất.[7]
Phương pháp :
+ Gọi N0 là hình chiếu vuông góc của I lên mp(α ) .
M0 là giao điểm của IN0 với (S). (M0 thuộc đoạn IN)
+ Lấy 2 điểm tùy ý M, N lần lượt thuộc (S),(α )

I

Khi đó, ta có: IM + MN ≥ IN ≥ IN0 = IM0 + M0N0
M

 y = 1− 2t

⇒ t = −3 ⇒ N ( −2;7;4)
+ Tọa độ N thỏa 
 z = 1− t
 x − 2y − z + 20 = 0
 x = 1+ t
 y = 1− 2t
t = −1

⇒
+ Tọa độ M thỏa  z = 1− t
t = 1

2
2
2
 x + y + z − 2x − 2y − 2z − 3 = 0 = 0

Với t = −1 ⇒ M ( 0;3;2) (loại vì M nằm ngoài đoạn IN)
Với t = −1 ⇒ M ( 2; − 1;0) .
Bài toán 4: Cho đường thẳng ( ∆ ) và điểm M nằm ngoài đường thẳng ( ∆ ) . Xác
định mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ( ∆ ) sao cho khoảng cách từ M đến mp(P)
là lớn nhất.[8]
Phương pháp:
Gọi I là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng ( ∆ ) . Suy ra I cố định.
Giả sử mp(P) bất kỳ chứa ( ∆ ) và H là hình chiếu của M lên mp(P).

M


α

Tức là, đường thẳng ( ∆ ) qua H.

H

K

+ Vậy đường thẳng ( ∆ ) là đường thẳng qua A và H.
3.3. Mở rộng, vận dụng linh hoạt các dạng toán đã gặp :
Bài toán 1: Cho hai điểm A, B và mp ( α ) . Tìm M thuộc mp ( α ) sao cho
a.MA2 + b.MB 2 ( a + b > 0 ) nhỏ nhất. (Mở rộng của bài toán 1) [9]

Phương pháp:

uur

uur

r

+ Tìm điểm I thỏa a.IA + bIB
. = 0 (I là điểm cố định)
2
2
2
2
. 2
Khi đó, a.MA + b.MB = ( a + b) MI + a.IA + bIB


2

2

α

M

⇔ MI nhỏ nhất
⇔ M là hình chiếu của I lên mp ( α )
8


Nhận xét: Bài toán này có thể được mở rộng: Cho n điểm A1, A2,..., An và cho
mp(α ) . Tìm M thuộc mp(α ) sao cho
a1.MA12 + a2 .MA2 2 + ..... + an .MAn 2 ( a1 + a2 + ... + an > 0 ) nhỏ nhất.

Ví dụ 1a: Trong hệ tọa độ (Oxyz), cho A( 3; 1; 0) , B ( 1; 5; − 2) và mp. Tìm M
thuộc mp (α ) sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất.
Bài giải:
+ Gọi I là trung điểm của AB ⇒ I ( 2;3; − 1)
AB2
Ta có: MA + MB = 2MI +
2
2

2

2


2

(

uuur uur

)

2

Ta có 2MA2 + 3MB2 = 2 MI + IA + 3 MI + IB = 5MI 2 + 2IA2 + 2IB2
Do đó, 2MA2 + 3MB2 nhỏ nhất ⇔ MI nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của I lên mp

(α)
+ Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với mp (α )
 x = 1+ t

⇒ Pt của (d):  y = −1− 3t ( t ∈ R)
z = 2− t

9


+ Ta có: M = (d) ∩ ( α ) ⇒ M ( 0;2;3)
Ví dụ 2a: Cho đường thẳng ∆ :

x −5 y + 2 z +5
=
=
và điểm M(2; 2; 0). Viết

+ Áp dụng bài toán 5, ta có mp ( α ) nhận

uuur
IM = ( 4;2;1) làm vectơ pháp tuyến.

r

Mặt khác, n = ( 2;1; − m ) là một vectơ pháp tuyến của mp ( α )
uuur

r

Từ đó, IM = ( 4;2;1) và n = ( 2;1; − m ) cùng phương. Suy ra m =

−1
.
2

Ví dụ 3a:
Cho mặt phẳng ( α ) : x − y − 3z + 7 = 0 và điểm A(-2; 5; 0) thuộc mp ( α ) . Viết
phương trình đường thẳng ( ∆ ) qua A, nằm trong mp ( α ) và sao cho khoảng cách
từ B(1;0;-1) đến đường thẳng ( ∆ ) là nhỏ nhất. (Mở rộng của bài toán 4)
Giải:
10


+ Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mp ( α ) . Suy ra H(0; 1; 2).
+ Áp dung bài toán 6, ta có đường thẳng ( ∆ ) qua A và H.
uuur


=
.
1
−1
1

Q

K

H

P

3.4. Đưa ra các bài toán rèn kỹ nặng vận dụng của học sinh :
Bài 1 : Cho mặt phẳng ( α ) : x + 3 y − z − 2 = 0 và 2 điểm A(1 ;4 ; 0) và B(5;4; -7).
Tìm tọa độ điểm M thuộc mp ( α ) sao cho MA + MB nhỏ nhất.
Kết quả : M(1 ; 0 ; -1)
11


Bài 2 : Cho mp ( α ) : 2 x − y + z − 3 = 0 và 3 điểm A(5;1;4), B(2;0 ;3), C(2 ; 1 ;2).
uuur uuur uuuu
r

Tìm tọa độ điểm M thuộc mp ( α ) sao cho MA + MB + MC nhỏ nhất.
Kết quả: M(1; 1; 2)
Bài 3: Cho mặt phẳng ( α ) : x + y + z − 3 = 0 và hai điểm A(1; -1 ; 0), B(0;-4 ;-2).
Tìm tọa độ điểm M thuộc mp ( α ) sao cho 2MA2 − MB 2 nhỏ nhất.
Kết quả: M(1;1;1)


x −1 y z − 4
=
=
1
−1
−1

4 / Hiệu quả của sáng kiến:
Trong năm học 2016-2017 tôi đã áp dụng và hướng dẫn học sinh các lớp
12A1, 12A2 học theo hệ thống bài tập này so với lớp 12A3 không áp dụng thì
kết quả có sự tiến bộ rõ rệt trên các mặt tỷ lệ học sinh hiểu bài, học sinh có kỹ
12


năng giải toán, học tích cực xây dựng bài. Sau đây là kết quả khảo sát của bản
thân
Lớp

Sĩ số

12A1

Học sinh hiểu bài

Học sinh có kĩ năng

Học sinh tích cực

SL


82,1

25

64,1

12

30,7

12A3

41

19

46,3

5

12,2

4

9,7

- Sau khi áp dụng vào giảng dạy cho các em học sinh, đa số các em đều thích thú
học tập, hiểu và vận dụng tốt.
- Qua đó nhận thấy các em tự tin hơn trong việc học và giải các bài tập về

2 – Kiến nghị đề xuất:
- Qua thực tế giảng dạy nhất là đối tượng học sinh đại trà trong các Trung tâm
giáo dục thường xuyên, tôi nhận thấy để học sinh hiểu, nắm vững kiến thức cơ
bản, vận dụng được kiến thức để giải toán cần lưu ý một số nội dung sau:
* Phải đầu tư nhiều thời gian để nghiên cứu tài liệu, sách giáo khoa, tài liệu
tham khảo để hiểu rõ kiến thức cơ bản, kiến thức trọng tâm, cốt lõi của từng
chương, từng bài lựa chọn phương pháp thích hợp với đối tượng.
* Biết phân loại, dạng bài tập phù hợp các đối tượng trong lớp, kiên trì uốn nắn
động viên, phát huy kiến thức học sinh đã có, bổ sung hoàn thiện kiến thức học
sinh thiếu, hổng trong từng tiết dạy.
* Thường xuyên nắm bắt ý kiến phản hồi từ phía học sinh thông qua các tiết bài
tập, bài kiểm tra định kỳ, kiểm tra miệng … điều chỉnh kịp thời nội dung giúy
học sinh dể hiểu bài học.
* Trước khi giảng dạy phần này nói riêng cũng như các nội dung khác nói
chung giáo viên cần bổ sung những nội dung kiến thức có liên quan để học tốt
nội dung mới.
* Đối với nhà trường cần tăng cường các phương tiện, máy móc giúy cho môn
hình học có nhiều sơ trợ giúy tạo cho học sinh các mô hình, hình vẽ động để học
sinh dể hiểu hơn môn hình học giải tích.
Trên đây là một số kinh nghiệm nhỏ của bản thân phần nào giúy học sinh tiếp
thu phần kiến thức hình học giải tích được dể ràng hơn, hướng thú học tập hơn.
Đây là một sáng kiến thực tế, thiết thực cho môi trường học sinh khối giáo dục
thường xuyên năng lực học tập còn hạn chế, đồng thời trong sáng kiến này cũng
gợi mở cho các em khá, giỏi con đường, cách thức để giải những bài toán khó
hơn. Tôi cũng nhận thấy với sự hiểu biết có hạn, thời gian, không gian còn nhỏ
nên sáng kiến này không trách khỏi thiếu sót, tôi rất mong nhận được sự đóng
góp của các đồng nghiệp, chuyên viên Sở Giáo dục và Đào tạo.Tôi xin trân
thành cám ơn.
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến của bản thân tôi viết, không sao chép của
người khác.

3. Các giải pháp của sáng kiến ………………………………………. 3
4. Hiệu quả của sáng kiến .........
PHẦN KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
1. Kết luận ................................... ……………………………………. 13
2. Kiến nghị ........................................…………………………………14
3. Tài liệu tham khảo

……………………………………………….15

16