(SKKN MỚI NHẤT) PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY CHO HỌC SINH THÔNG QUA VIỆC KHAI THÁC VÀ SÁNG TẠO BÀI TOÁN TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN TỪ TÍNH CHẤT CỰC TRỊ CỦA HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Sở gD & Đt Nghệ An
Tr-ờng THPT cờ đỏ
=.=.=.=.=   =.=.=.=.=

Sáng kiến kinh nghiệm
Đề tài:
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY CHO HỌC SINH
THÔNG QUA VIỆC KHAI THÁC VÀ SÁNG TẠO
BÀI TỐN TỌA ĐỘ KHƠNG GIAN
TỪ TÍNH CHẤT CỰC TRỊ CỦA HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

Mơn: Toán
Nhóm thực hiện: - Nguyễn Thanh Tuấn

- Trần Thị Hảo
- Phan Thị Thảo
Nghĩa Đàn, tháng 4 năm 2022
2014222222222222222222222
22222222014 2220142014

TIEU LUAN MOI download :


Sáng kiến kinh nghiệm
DANH MỤC CÁC TỪ VIẾT TẮT

STT

CHỮ CÁI VIẾT

CỤM TỪ ĐẦY ĐỦ

TẮT/KÝ HIỆU

Trung học phổ thông

1

THPT

2

TNTHPT

Tốt nghiệp Trung học phổ thông

3

BGD&ĐT

Bộ giáo dục và đào tạo

4

GV

Giáo viên

5

HS

Học sinh

6

GTLN

Giá trị lớn nhất

7

GTNN

Giá trị nhỏ nhất

8

TH

Trường hợp

9

Tmax

Biểu thức T đạt giá trị lớn nhất

10

Tmin

Biểu thức T đạt giá trị nhỏ nhất

11

maxT

Giá trị lớn nhất của biểu thức T

12

minT

Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T

13

n P 

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng  P 

14

u

Vectơ chỉ phương của đường thẳng 

1

TIEU LUAN MOI download :

MỤC LỤC
PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ ........................................................................................... 1
1.1. Lí do chọn đề tài ................................................................................................. 1
1.2. Tổng quan về đề tài và tính mới của đề tài ........................................................ 2
PHẦN II. NỘI DUNG ............................................................................................... 3
2.1. Cơ sở lí luận và thực tiễn ................................................................................... 3
2.1.1. Cơ sở lí luận .................................................................................................... 3
2.1.2. Cơ sở thực tiễn ................................................................................................ 4
2.2. Giải pháp thực hiện ............................................................................................ 5
2.2.1. Khai thác tính chất cực trị từ khoảng cách giữa các đối tượng điểm, đường
thẳng và mặt phẳng để sáng tạo bài tốn tọa độ khơng gian……………………….5
2.2.2. Khai thác tính chất cực trị liên quan đến mặt cầu để sáng tạo bài tốn tọa độ
khơng gian ............................................................................................................... 27
2.2.3. Thực nghiệm sư phạm ................................................................................... 36
PHẦN III. KẾT LUẬN ........................................................................................... 39
3.1. Đề tài đã giải quyết được vấn đề sau: .............................................................. 39
3.2. Ý nghĩa của sáng kiến ...................................................................................... 39
3.3. Phạm vi, nội dung ứng dụng và hướng phát triển của đề tài: .......................... 40
3.4. Ý kiến đề xuất .................................................................................................. 40
TÀI LIỆU THAM KHẢO…………………………………………………… ..... 41
PHỤ LỤC ................................................................................................................ 42

TIEU LUAN MOI download :


Sáng kiến kinh nghiệm
PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1.1. Lí do chọn đề tài

Mục tiêu đối với giáo dục phổ thông đó là tập trung phát triển trí tuệ, thể
chất, năng lực công dân, phát hiện và bồi dưỡng năng khiếu, định hướng nghề
nghiệp cho học sinh. Nâng cao chất lượng giáo dục tồn diện, chú trọng lí tưởng,
truyền thống, đạo đức, lối sống, ngoại ngữ, tin học, năng lực và kỹ năng thực hành,
vận dụng kiến thức vào thực tiễn. Phát triển khả năng sáng tạo, tự học, khuyến
khích học tập suốt đời.
Trong q trình dạy học tốn ở bậc phổ thông, việc bồi dưỡng kiến thức và
phát triển tư duy cho học sinh là nhiệm vụ trọng tâm của người giáo viên. Thực tế
cho thấy nhiều giáo viên khi dạy học vẫn còn nặng về khâu truyền thụ kiến thức,
các kiến thức đưa ra hầu như là sẵn có, ít yếu tố tìm tòi phát hiện, chưa chú trọng
nhiều về việc dạy học sinh cách học, do đó chưa phát triển được năng lực tư duy và
sáng tạo cho học sinh. Thơng thường thì các em học sinh mới chỉ giải quyết trực
tiếp các bài tập toán mà chưa khai thác được tiềm năng của bài tốn đó. Học sinh
chỉ có khả năng giải quyết vấn đề một cách rời rạc mà ít có khả năng xâu chuỗi
chúng lại với nhau thành một hệ thống kiến thức lớn. Chính vì vậy việc bồi dưỡng,
phát triển tư duy tương tự hóa, khái quát hóa,… là rất cần thiết đối với học sinh
phổ thơng. Việc làm này giúp các em tích lũy được nhiều kiến thức phong phú, khả
năng nhìn nhận, phát hiện vấn đề nhanh và giải quyết vấn đề có tính lơgic và hệ
thống cao.
Mục tiêu của Chương trình giáo dục phổ thơng mới 2018 nói chung và mơn
Tốn nói riêng là phát triển phẩm chất và năng lực cho học sinh, trong đó năng lực
tư duy và sáng tạo đóng vai trò rất quan trọng.
Trong chương trình Hình học 12 THPT hiện hành, chủ đề về Phương pháp
tọa độ trong không gian là một trong những chủ đề trọng tâm, đa dạng. Đặc biệt
các bài toán về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất liên quan đến chủ đề này gây khơng ít khó
khăn cho người học; các bài toán loại này xuất hiện nhiều trong các kỳ thi chọn
học sinh giỏi tỉnh lớp 12 và kỳ thi TNTHPT quốc gia ở mức độ vận dụng của đề
thi. Để học tốt chủ đề này người học ngoài việc nắm vững hệ thống kiến thức cơ
bản, có thêm nhiều kỹ năng giải thì cần nắm được tính chất cực trị cốt lõi của hình
học khơng gian trong bài tốn, có tư duy độc lập và tư duy sáng tạo. Vì vậy, trong

quá trình dạy học, nếu người dạy biết cách khai thác và sáng tạo ra các bài toán,
quan trọng hơn nữa là tạo ra các tình huống học tập trong dạy học các tiết luyện
tập, các chuyên đề để tạo điều kiện cho HS được tham gia hoạt động, được tự mình
khai thác các tính chất cực trị của hình học khơng gian để sáng tạo ra các bài tốn
tìm giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ nhất về tọa độ khơng gian thì khơng những giúp các
em học tập có hiệu quả mà còn tạo hứng thú học tập cho các em học sinh, và còn
góp phần quan trọng trong việc rèn luyện và bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho người
học.
1

TIEU LUAN MOI download :


Sáng kiến kinh nghiệm
Từ những ý tưởng và những lý do nêu trên, chúng tôi quyết định chọn đề tài
nghiên cứu: ‘‘Phát triển năng lực tư duy cho học sinh thơng qua việc khai thác
và sáng tạo bài tốn tọa độ khơng gian từ tính chất cực trị của hình học khơng
gian”.
1.2. Tởng quan về đề tài và tính mới của đề tài
Thứ nhất, đề tài đã trình bày cơ sở lí luận và thực tiễn về vấn đề phát triển
năng lực tư duy cho học sinh thông qua khai thác và sáng tạo bài tốn tọa độ khơng
gian từ tính chất cực trị của hình học khơng gian.
Thứ hai, đề tài đã tiến hành khảo sát thực trạng về dạy và học bài tập cực trị
về toạ độ trong không gian theo hướng phát triển tư duy cho học sinh
Thứ ba, đề tài đã xây dựng được lớp bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
về tọa độ khơng gian từ việc khai thác tính chất cực trị của hình học khơng gian
liên quan đến khoảng cách giữa hai điểm, đường thẳng và mặt phẳng.
Thứ tư, đề tài đã xây dựng được lớp bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất về
tọa độ không gian từ việc khai thác tính chất cực trị của hình học khơng gian liên
quan đến mặt cầu.

2

TIEU LUAN MOI download :


Sáng kiến kinh nghiệm
PHẦN II. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU
2.1. Cơ sở lí luận và thực tiễn
2.1.1. Cơ sở lí luận
a. Khái niệm về tư duy
Theo từ điển tiếng Việt “Tư duy là q trình nhận thức, phản ánh những
thuộc tính bản chất, những mối quan hệ có tính chất quy luật của sự vật, hiện tượng
”(Hoàng Phê1998). Nguyễn Thanh Hưng (2019, tr 184) cho rằng: “tư duy là giai
đoạn cao của nhận thức, đi sâu vào bản chất và phát hiện ra quy luật của sự vật
bằng các hình thức như biểu tượng, phán đốn, suy lí, ... Đối tượng của tư duy là
những hình ảnh, biểu tượng, kí hiệu. Các thao tác tư duy chủ yếu gồm: phân tích,
tổng hợp, so sánh, tương tự, khái quát hóa, trừu tượng hóa,..” (dẫn theo Trần Mạnh
Sang, Nguyễn Văn Thái Bình, Tạp chí giáo dục, số đặc biệt, kỳ 1, tháng 5/2020 tr
111-116)
b. Năng lực tư duy và sự phát triển của năng lực tư duy
Thế nào là năng lực?
“Năng lực là đặc điểm thuộc tính tâm lý riêng của từng người, là tổ hợp
thuộc tính phản ánh các quan hệ tác động và khách thể bởi chủ thể. Năng lực khác
với tri thức và kỹ năng, kỹ xảo. Năng lực là đặc điểm tâm lí ở người, tạo thành các
điều kiện quy định tốc độ, chiều sâu, cường độ của việc lĩnh hội tri thức, kỹ năng,
kỹ xảo”(PGS.TS. Đinh Thị Kim Thoa).
Theo tài liệu tìm hiểu chương trình mơn tốn(trong chương trình giáo dục
phổ thơng 2018), trang 17 : ‘‘Năng lực là thuộc tính cá nhân được hình thành và
phát triển nhờ tố chất sẵn có và q trình học tập, rèn luyện, cho phép con người

huy động tổng hợp các kiến thức, kỹ năng và các thuộc tính cá nhân khác như
hứng thú, niềm tin, ý chí,…thực hiện thành cơng một loạt hoạt động nhất định, đạt
kết quả mong muốn trong những điều kiện cụ thể ’’
Năng lực chính là khả năng nhận thức và vận dụng kiến thức, kỹ năng, thái
độ trong học tập và trong thực tiễn cuộc sống.
Thế nào là năng lực tư duy?
Có thể hiểu năng lực tư duy là tổng hợp những khả năng ghi nhớ, tái hiện,
trừu tượng hóa, khái quát hóa, tưởng tượng, suy luận, giải quyết vấn đề, xử lí và
tình cảm trong quá trình phản ánh, phát triển tri thức và vận dụng chúng vào
thực tiễn.
Theo Chương trình giáo dục phổ thơng 2018 mơn Tốn, một trong những
biểu hiện quan trọng của năng lực tư duy và lập luận toán học là “thực hiện được
tương đối thành thạo các thao tác tư duy, đặc biệt phát hiện được sự tương đồng và
3

TIEU LUAN MOI download :


Sáng kiến kinh nghiệm
khác biệt trong những tình huống tương đối phức tạp và lí giải được kết quả của
việc quan sát”(Bộ GD-ĐT, 2018).
Thế nào là phát triển năng lực tư duy?
Có thể nói, phát triển năng lực tư duy HS chính là hình thành và rèn luyện
cho HS 4 yếu tố cơ bản của tư duy gắn liền với việc hình thành và phát triển cho
học sinh các thao tác của tư duy (phân tích, so sánh, suy luận, tổng hợp, khát quát,
đánh giá, trừu tượng hóa, đặc biệt hóa); các phẩm chất của tư duy (tính linh hoạt,
tính sáng tạo, tính bền bỉ, tính năng động, tính đa dạng, đa chiều trong tư duy); các
kỹ năng của tư duy (kỹ năng tư duy phê phán, kỹ năng tư duy đối thoại, kỹ năng tư
duy sáng tạo, kỹ năng tư duy giải quyết vấn đề).
Từ các bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất quen thuộc, HS có thể tự tìm

lời giải cho các bài tốn tương tự, tìm ra được mối liên hệ bản chất của các đối
tượng trong mỗi bài tốn, tìm ra sự khác nhau giữa các bài tốn, và cao hơn là có
thể phát biểu các bài toán mới.
2.1.2. Cơ sở thực tiễn
2.1.2.1. Tiến hành điều tra, khảo sát giáo viên và học sinh.
Chúng tôi đã tiến hành khảo sát 100 GV THPT trên địa bàn Huyện Nghĩa Đàn,
TX Thái Hòa và một số trường ở Diễn Châu, Yên Thành và 200 học sinh tại các
lớp ở các trường đó về dạy học bài tập cực trị về không gian tọa độ không gian
(Phụ lục 1, Phụ lục 2)
2.1.2.2. Kết luận về thực trạng dạy học bài tập toán nói chung và bài tập cực
trị về tọa độ không gian
Qua thực tiễn dạy học cũng như tiến hành khảo sát HS(Phụ lục 2), chúng tơi
thấy:
- Học sinh THPT còn hạn chế trong học Tốn nói chung và học tập bài tập
cực trị về tọa độ khơng gian nói riêng, là do kiến thức bị hổng từ các cấp dưới,
thêm vào đó chưa chịu khó suy nghĩ, ít tư duy trong q trình học tập;
- Nhiều học sinh khơng thích học tập, hay giải bài tập cực trị về tọa độ
không gian ; việc học tập vẫn còn thụ động, máy móc, thiếu tính tích cực, độc lập,
sáng tạo của bản thân;
- Khơng ít học sinh thực sự chăm học nhưng chưa có phương pháp học tập
phù hợp, chưa chủ động, tích cực để tham gia vào các hoạt động học tập để lĩnh
hội kiến thức mới nên kết quả học tập vẫn chưa cao;
- Học sinh gặp nhiều khó khăn trong học tập bài tập cực trị về tọa độ khơng
gian đó là bài tập phần này khó, khơng nắm được bản chất hình học của bài toán.
- Nhiều học sinh khi học tập giải bài tập toán, chỉ quan tâm đến kết quả bài
toán đúng hay sai, hoặc là hài lòng với lời giải của mình; ít tìm tòi lời giải khác,
khơng khai thác để phát triển bài toán, sáng tạo ra bài tốn mới nên khơng phát huy
được nhiều tính tích cực, độc lập và sáng tạo của bản thân.
- Trong học tập giải bài tốn GTLN, GTNN về tọa độ khơng gian, khơng ít
học sinh chỉ quan tâm tới vận dụng tính chất đại số và giải tích để giải bài toán,

4

TIEU LUAN MOI download :


Sáng kiến kinh nghiệm
điều này sẽ dẫn đến các em có thể khó tìm được lời giải bài tốn, nếu giải được thì
cũng mất nhiều thời gian và lời giải bài tốn khơng thực sự hay và đẹp.
- Trong q trình dạy học luyện tập ở trường phổ thơng, khơng ít giáo viên
chỉ chữa bài tập đơn lẻ cho học sinh, hoặc chỉ ra bài tập mang tính áp dụng, chưa
thực sự chú trọng để khai thác, phát triển và sáng tạo ra bài tốn mới. Do đó khơng
phát huy tính tích cực chủ động, sáng tạo, khó hình thành và phát triển năng lực tư
duy cho học sinh.
- Trong dạy học bài tập GTLN, GTNN về tọa độ không gian, có nhiều GV
chưa thực sự quan tâm đến việc hướng dẫn HS phân tích, tổng hợp, so sánh để tìm
ra mối liên hệ bản chất hình học giữa các đối tượng, các yếu tố trong bài tốn. Do
đó HS khó có thể giải bài tốn một cách tốt nhất mà còn khơng có nhiều cơ hội để
phát triển năng lực tư duy và lập luận lôgic cho HS.
- Cho đến thời điểm này (tháng 4, năm 2022), chương trình GDPT mơn tốn
2018 đã được triển khai tập huấn cho tất cả các GV tốn THPT trên tồn bộ địa
bàn tỉnh Nghệ An thông qua các mô đun học tập, đặc biệt là các mô đun 2 (Sử
dụng phương pháp dạy học và giáo dục phát triển phẩm chất, năng lực học
sinhTHPT), mô đun 4 (Xây dựng kế hoạch dạy học và giáo dục theo hướng phát
triển phẩm chất, năng lực học sinh THPT). Tuy nhiên, thực trạng cho thấy hầu hết
GV đang còn thụ động, chưa chủ động trong việc vận dụng các phương pháp dạy
học tích cực trong dạy học bài tập toán.
2.2. Giải pháp thực hiện
Để phát huy tính tích cực, chủ động, tự giác và phát triển năng lực tư duy
cho học sinh, trong quá trình dạy học luyện tập hoặc dạy học bài tập toán, giáo

viên ln chú trọng định hướng để học sinh tìm tòi lời giải cho một bài toán, khai
thác và phát triển để sáng tạo ra nhiều bài toán mới từ những tính chất và bài tốn
đã có.
GV cần chú trọng hơn trong thiết kế bài dạy luyện tập, giải bài tập toán theo
cấu trúc bài dạy phát triển phẩm chất, năng lực học sinh.
Trong phạm vi đề tài, chúng tôi lựa chọn việc khai thác và sáng tạo các bài
toán về tọa độ khơng gian từ tính chất cực trị của hình học khơng gian theo hướng
phát triển phẩm chất, năng lực người học (chú trọng phát triển năng lực tư duy và
lập luận lơgic Tốn học)
2.2.1. Khai thác tính chất cực trị từ khoảng cách giữa hai điểm, đường thẳng
và mặt phẳng để sáng tạo bài toán tọa độ không gian
Nhận xét 1: Cho hai điểm A, B trong không gian. M là một điểm bất kỳ. Biểu
thức T  MA2  MB2 đạt GTNN khi M là trung điểm của AB.
Lời giải:

I là trung điểm AB  IA  IB  0
2

2

2

 T  MA  MB  ( MI  IA) 2  ( MI  IB ) 2  2MI 2  IA  IB 2  2MI ( IA  IB)

 2MI 2  IA2  IB2
Tmin  IM min  I  M .

5

TIEU LUAN MOI download :

Sáng kiến kinh nghiệm
Xét bài tốn trên trong khơng gian tọa độ. Bằng cách chọn A  x A ; y A ; z A  ,
B  xB ; yB ; z B  ta có bài tốn:

Bài tốn 1.1. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho A  x A ; y A ; z A  , B  xB ; yB ; z B  .
Tìm GTNN của biểu thức T  MA2  MB2
Nhận xét 2: Trong bài toán 1.1 ở trên GTLN của T đạt được khi I là trung điểm
AB  I là điểm thỏa mãn đẳng thức vec tơ IA  IB  0 . Với việc xét điểm I thỏa
mãn đẳng thức vectơ  IA   IB  0 (    0) , ta có bài tốn tổng qt:
Bài tốn 2. Trong khơng gian, cho A  x A ; y A ; z A  , B  xB ; yB ; z B  . Tìm tọa độ điểm

M để biểu thức T   MA2   MB 2
a) đạt GTNN nếu     0.
b) đạt GTLN nếu     0.
Gọi I là trung điểm thỏa mãn  IA   IB  0

   x A  xI ; y A  yI ; z A  z I     xB  xI ; y B  y I ; z B  z I    0;0;0 

 x A   xB

x

I



 y A   yB


  yI 



 z A   zB
 zI 


2

2

 T   MA   MB   ( MI  IA) 2   ( MI  IB)

2

     IM 2   IA2   IB 2 .

a) Trường hợp 1 :     0  Tmin   IA2   IB 2  I  M .
b) Trường hợp 2 :     0  Tmax   IA2   IB 2  I  M .
  x   xB  y A   y B  z A   z B 
Đáp số: I  A
,
,
.
 
   
  

Nhận xét 3: Ta mở rộng từ hệ 2 điểm cho trước thành n  n  2  điểm cho trước

A1 ,..., An với điểm I xác định bởi hệ thức

6

TIEU LUAN MOI download :


Sáng kiến kinh nghiệm

1 IA1   2 IA2  ...   n IAn  0(1  ...   n  0) . Ta có bài tốn tổng qt của bài
tốn 2:
Bài tốn 3. Trong khơng gian cho n điểm A1 ( x1 ; y1 ; z1 ),..., An ( xn ; yn ; zn ) và n số
thực 1 , 2 ,..., n . M là điểm thay đổi trong khơng gian.
a) Tìm GTNN của biểu thức T  1MA12  ...   n MAn2 nếu 1   2  ...   n  0.
b) Tìm GTLN của biểu thức T  1MA12  ...   n MAn2 nếu 1   2  ...   n  0.
Lời giải:
Gọi I là điểm thỏa mãn đẳng thức 1 IA1   2 IA2  ...   n IAn  0 . Từ đó ta có

 1  x1  xI ; y1  yI ; z1  z I   ...   n  xn  xI ; yn  y I ; zn  z I    0;0;0 
 n
  i xi
 I  i 1n
;

  i
 i 1



n

n

i 1
n


i 1

T   i MI  IAi
i 1



2



n

i yi

 z 
;

 ( vì 1   2  ...   n  0) .
 i 

i 1


i 1
n

i

i i

 n  2
 n
 n
 n  2 n
2
   i  IM  2MI   i IAi    i IAi    i  IM   i IAi2 .
i 1
 i 1 
 i 1
 i 1
 i 1 

n

n

i 1

i 1

a)  i  0  Tmin  IM min  I  M  Tmin   i IAi2
n

n
 n


x

y
  i i  i i  i zi 
.
 M  i 1n
; i 1n
; i 1n


  i  i  i 
i 1
i 1
 i 1

n

b)


i 1

n

i

 0  Tmax   i IAi2  M có tọa độ như câu a)
i 1

Đặc biệt hóa bài tốn 3 khi cho A 1;2;1 , B  0;1; 2  , C  1;0;2  , D  3;3;3 ,

1  1,  2  1,  3  2,  4  1 ta có bài tốn:
Bài tốn 3.1. Trong khơng gian tọa độ Oxyz cho 4 điểm A 1;2;1 , B  0;1; 2  ,
C  1;0;2  , D  3;3;3 . Tìm GTNN của biểu thức P  MA2  MB2  2MC 2  MD2 .

Lời giải: Gọi I là điểm thỏa mãn IA  IB  2 IC  ID  0.

7

TIEU LUAN MOI download :


Sáng kiến kinh nghiệm

x A  xB  2 xC  xD

x

 5
I

11 2 1

y  yB  2 yC  yD

  yI  A

 0  I (5;0; 3) .
1

z A  z B  2 zC  z D

z

 3
I

1

2

2

2

Ta có P  MA  MB  2MC  MD

2

 ( MI  IA) 2  ( MI  IB) 2  2( MI  IC ) 2  ( MI  ID) 2
 MI 2  IA2  IB2  2IC 2  ID2  IM 2  56  27  2.47  109  IM 2  14
 P  14 , P  14  M  I .
Vậy min P  14.
Nhận xét 4. Giới hạn quỹ tích của điểm M trong bài toán 3.1 khi cho điểm M thay
đổi trên mặt phẳng  P  , kết hợp IM nhỏ nhất khi M là hình chiếu vng góc của

I lên mặt phẳng  P  , ta có bài tốn:

Bài tốn 4. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho n điểm A1  x1; y1; z1  , …,

An  xn ; yn ; zn  và n số thực 1 ,..., n thỏa mãn

n


i 1

i

 0. M là điểm thay đổi trên

mặt phẳng  P  : Ax  By  Cz  D  0. Tìm GTNN của biểu thức
T  1MA12  ...   n MAn2 .

Lời giải:
Gọi I là điểm thỏa mãn

n

 IA  0 . Theo bài toán 3 và nhận xét 4 ta có
i 1

i

i

n
 n



x
 i zi 

n
 i i
 n  2
i 1
i 1
 1 và Tmin    i  d ( I ,( P))   i IAi2 khi M là hình
I n
;...; n

i 1
 i 1 
 i 

  i
i 1
 i 1

chiếu vng góc của I lên ( P ).

Đặc biệt hóa bài tốn 4 với 3 điểm A(2;0; 1) , B(1;1;2) , C (0;2; 1) ,

1   2   3  1 , mặt phẳng ( P) : x  y  z  1  0 ta có bài tốn:
Bài tốn 4.1: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho 3 điểm A(2;0; 1) , B(1;1;2) ,
8

TIEU LUAN MOI download :


Sáng kiến kinh nghiệm
C (0;2; 1) và mặt phẳng ( P) : x  y  z  2  0 . Điểm M thay đổi trên ( P ) .

Khi M ( x0 , y0 , z0 ) thì biểu thức T  MA2  MB2  MC 2 đạt GTNN. Tính
S  x0  y0  z0 .
A. S  2.

2
C. S   .
3

B. S  1.

1
D. S   .
3

Lời giải:
Gọi G thỏa mãn GA  GB  GC  0 ( G là trọng tâm ABC )  G 1;1;0  .
2

2

2

2

2

2

T  MA  MB  MC  3MG  GA  GB  GC

2

 Tmin  GM min  M là hình chiếu vng góc của G lên ( P )  GM  ( P).

x  1  t

 1 1 4
Phương trình GM :  y  1  t . Đường thẳng GM cắt ( P ) tại M   ;  ;   .
 3 3 3
z  t


Suy ra x0  y0  z0  2.
Đặc biệt hóa bài tốn 4 với 3 điểm A  2;3;5  , B  1;3;2  , C  2;1;3 ,

1  4,  2  5,  3  6 , mặt phẳng  P  là  Oxy  ta có bài tốn:
Bài tốn 4.2: Trong khơng gian tọa độ Oxyz , cho 3 điểm A  2;3;5  , B  1;3;2  ,
C  2;1;3 . Điểm M thay đổi trên mặt phẳng  Oxy  . Khi M  a, b, c  thì biểu thức

T  4MA2  5MB2  6MC 2 đạt GTNN. Tính S  a  b  c.
A. S  2.

B. S  12.

C. S  4.

D. S  8.

Lời giải:
Gọi I là điểm thỏa mãn hệ thức 4 IA  5IB  6 IC  0  I (5;7;4)
và T  3IM 2  4IA2  5IB2  6IC 2 .
Do đó Tmin  IM nhỏ nhất  M là hình chiếu của I lên (Oxy)  M (5;7;0). Suy
ra S  a  b  c  5  7  0  12.
Nhận xét: Trong bài tốn 4, ta có Tmin  IM nhỏ nhất , do đó ta có thể chọn thêm
điểm thứ n  1 là An 1  I và số  n 1  0 , từ đó ta có bài tốn:
Bài tốn 4.3. Trong khơng gian tọa độ Oxyz , cho n  1 điểm A1  x1; y1; z1  , …,

9

TIEU LUAN MOI download :


Sáng kiến kinh nghiệm

An  xn ; yn ; zn  , An1  xn1; yn1; zn1  và n  1 số thực 1 ,..., n , n1 thỏa mãn
n
 n


A
A

0,



0,
 i  0  , M là điểm thay đổi trên mặt phẳng

n 1
  i n1 i
i 1
 i 1


 P :

Ax  By  Cz  D  0. Tìm GTNN của biểu thức

T  1MA12   2 MA22  ...   n MA32   n1MAn2k1 (k  N * ).

Lời giải:
Gọi I là điểm thỏa mãn

n

 IA  0  I  A
i

i 1

n 1

i

 n 
 n

 T    i  IM 2   n1IM 2 k    i IAi2 
 i 1 
 i 1

n

vì


i 1

i

 0 ;  n 1  0 nên Tmin  IM min  M là hình chiếu vng góc của

I lên  P  .
Cũng từ nhận xét trên ta có thể mở rộng bài tốn 4.3 thành bài tốn:
Bài tốn 4.4: Trong khơng gian tọa độ Oxyz , cho n  1 điểm A1  x1; y1; z1  , …,

An  xn ; yn ; zn  , An1  xn1; yn1; zn1 

và

n

số thực

1 ,..., n , n1

thỏa mãn

n
 n


A
A

0,
 i  0  , 1 ,  2 ,...,  k là các số thực dương  k  N * . M là

  i n1 i
i 1
 i 1

điểm thay đổi trên mặt phẳng  P  : Ax  By  Cz  D  0. Tìm GTNN của biểu
n

k

i 1

i 1

thức T   i MAi2   i MAn2i 1 .
Lời giải:
An1 là điểm thỏa mãn

n

 A
i 1

i

n 1

Ai  0

k
n
 n 
2
2i
 T    i  MAn1   i MAn1   i An1 Ai2
i 1
i 1
 i 1 
n

vì


i 1

i

 0 ,  i  0 i  1, k  Tmin  MAn1 min  M là hình chiếu vng góc

của An1 lên  P   Tmin

k
 n 
2
  i A A    i  An1M 0   i M 0 An2i 1. (với M 0 là
i 1
i 1
 i 1 
n

2
n 1 i

10

TIEU LUAN MOI download :


Sáng kiến kinh nghiệm
hình chiếu vng góc của An1 lên  P  ).
Từ bài toán 4.2, ta chọn D  I (5;7;4) , 1  1,  2  2 ta có bài tốn:
Bài tốn 4.5.
Trong khơng gian Oxyz cho 4 điểm A  2;3;5  , B  1;8;2  , C  2;1;3  , D  5;7;4  .
M ( x0 ; y0 ; z0 ) điểm di động trên mặt phẳng (Oxy) .

a) Khi biểu thức T  4MA2  5MB2  6MC 2  MD4 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính
S  x0  y0  z0 .

A. S  11.

B. 11.

C. S  12.

D. S  9.

b) Khi biểu thức T  4MA2  5MB2  6MC 2  MD2  2MD4 . Tính x0  y0  2 z0 .
A. S  2.

B. 2.

C. S  12.

D. S  9.

Nhận xét: Bài toán 4.5 a) là một câu vận dụng cao trong đề thi KSCL lần 1,
SGDĐT Thanh Hóa, năm học 2021-2022.
Nhận xét: Giới hạn quỹ tích của điểm M trong bài toán 3, khi điểm M di động trên
đường thẳng , kết hợp IM nhỏ nhất khi M là hình chiếu của I lên , ta có bài
tốn:
Bài tốn 5. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho n điểm A1 ( x1 ; y1 ; z1 )
 x  x0  at

, … , An ( xn ; yn ; zn ) . M là điểm di động trên đường thẳng  :  y  y0  bt . Tìm
 z  z  ct
0

2

2
GTNN của biểu thức T  1 MA1  ...   n MAn (1  ...   n  0) .
n

n

i 1

i 1

Đáp số: Tmin   i HI 2   i IAi2 , với I thỏa mãn:

n

 IA  0.
i 1

i

i

Nhận xét: Kết hợp nhận xét để hình thành bài tốn 4.4 ta có bài tốn:
Bài tốn 5.1. Trong khơng gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng n  1 điểm
n

A1  x1 ; y1 ; z1  ,..., An ( xn ; yn ; zn ) , An 1 ( xn1 ; yn1 ; zn1 ) ( i An 1 Ai  0 ,
i 1

n


i 1

i

0,

 x  x0  at

 i  R ) . M là điểm di động trên đường thẳng  :  y  y0  bt . Tìm tọa độ điểm M
 z  z  ct
0

n

k

i 1

i 1

khi biểu thức T   i MAi2   i MAn21 đạt giá trị nhỏ nhất.
11

TIEU LUAN MOI download :


Sáng kiến kinh nghiệm
Đáp số: Tmin

k
 n 
2
  i A A    i  An1M 0   i M 0 An2i 1.
i 1
i 1
 i 1 
n

2
n 1 i

 M 0 là hình chiếu vng góc của An1 lên đường thẳng .
Đặc biệt hóa bài tốn 5 với ba điểm A 1;0;  1 , B 1; 2;1 , C  3; 2; 1 và các
số 1  1 ,  2  2 ,  3  1 ,  là trục Oz ta có bài tốn:
Bài tốn 5.1. Trong khơng gian tọa độ Oxyz , cho 3 điểm A 1;0;  1 , B 1; 2;1 ,
C  3; 2; 1 . M là điểm di động trên trục Oz . Khi M  a; b; c  thì biểu thức

T  MA2  2MB2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tổng a  b  c bằng
A. 6.

B. 7.

C. 3.

D. 1.

Lời giải:
Gọi I là điểm thỏa mãn IA  2 IB  IC  0

x A  2 xB  xC

x

3
I

2

y  2 yB  yC

 3  I  3;3;1 .
  yI  A
2

z A  2 z B  zC

z

1
I

2
Ta có T  2MI 2  IA2  2IB2  IC 2  Tmin  IM min  M là hình chiếu của I lên
trục Oz  I  0;0;1  a  b  c  1.
Đặc biệt bài toán 5 với giả thiết của bài toán 5.1, ta có bài tốn:
Bài tốn 5.2. Trong khơng gian tọa độ Oxyz , cho 4 điểm A(1;0; 1) , B(1;2;1) ,
C ( 3; 2; 1) , D(3;3;1) . M là điểm di động trên trục Oz . Tìm GTNN của biểu

thức T  MA2  2MB2  MC 2  MD2  MD6 .

Lời giải:
Ta thấy D thỏa mãn DA  2 DB  DC  0

 T  ( MD  DA) 2  2( MD  DB) 2  ( MD  DC ) 2  MD 2  MD 6

 3MD2  MD6  DA2  2DB2  DC 2 .
 Tmin  MDmin  M là hình chiếu vng góc của D lên trục Oz  M (0;0;1)
 MD  (3;3;0) , DA  (2; 3; 2) , DB  (2; 1;0) , DC  (6; 5; 2)
12

TIEU LUAN MOI download :


Sáng kiến kinh nghiệm

 min T  3.18  183  17  10  65  5848.
Nhận xét 6: Giới hạn quỹ tích điểm M trong bài tốn 3 khi M chạy trên mặt cầu,
kết hợp tính chất:

J

M2

M1

I
M

Với M 1 , M 2 là các giao điểm mặt cầu S  J , R  với đường thẳng IJ thì
maxIM  max IM 1 ; IM 2  , minIM  min IM 1 ; IM 2 .

Thật vậy, xét mặt phẳng  P  chứa IJ và M ,  P  cắt  S  theo đường trịn
lớn (C ) (hình vẽ). Rõ ràng M 1 , M 2  (C ) . Do đó, theo tính chất hình học phẳng thì
maxIM  max IM 1 ; IM 2  , minIM  min IM 1 ; IM 2 .

Từ đó, ta có bài tốn:
Bài tốn 6. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho n điểm A1  x1; y1; z1  , …,

An  xn ; yn ; zn  và n số thực 1 ,..., n thỏa mãn

n


i 1

i

 0. Điểm M di động trên mặt

cầu  S  : ( x  a ) 2  ( y  b) 2  ( z  c) 2  R 2 . Tìm GTNN , GTLN của biểu thức

T  1 MA12  ...   n MAn2 .
Lời giải:
Gọi I là điểm thỏa mãn: 1 IA1  ...   n IAn  0
n
 nx
 i zi 

i i


 n   IM 2  n  IA 2 .
 I  i 1n
;...; i 1n
T

và
 i 

i
i

i 1
i 1




  i

i 
 i 1
i 1


 S  có tâm I  a; b; c  , bán kính R
Gọi M 1 , M 2 là các giao điểm của đường thẳng IJ và mặt cầu  S 

 maxIM  max IM 1 ; IM 2  , minIM  min IM 1 ; IM 2 .
13

TIEU LUAN MOI download :


Sáng kiến kinh nghiệm

max IM  IM 1
.
Khơng mất tính tổng quả, giả sử IM 1  IM 2  
m
i
n
IM

I
M

2
n

TH1.

 i  0 . Vì
i 1

n

 IA
i 1

khơng đổi  Tmin  IM min , Tmax  IM max .

2
i

i

n
n
n
n
2
2
2




 max T    i  IM 1   i IAi , min T    i  IM 2   i IAi 2 .
i 1
i 1
 i 1 
 i 1 
n

TH2.

 i  0 . Vì
i 1

n

 IA
i 1

khơng đổi  Tmin  IM max , Tmax  IM min .

2
i

i

n
n
n
n
2
2
2
2




max
T


IM



IA
,
min
T


IM


 i  2  i i
  i  1  i IAi .
i 1
i 1
 i 1 
 i 1 

Nhận xét: Kết hợp bài toán 6 và nhận xét để hình thành bài tốn 4 ta có bài tốn:
Bài tốn 6.1. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho n  1 điểm A1  x1; y1; z1  , …,

An  xn ; yn ; zn  , An1  xn1; yn1; zn1  và n số thực 1 ,..., n , n1 thỏa mãn
n
 n


A
A

0,
 i  0  , 1 ,  2 ,...,  k là các số thực dương  k  N * . M là


  i n1 i
i 1
 i 1

điểm thay đổi trên mặt cầu ( S ) : ( x  a ) 2  ( y  b) 2  ( z  c) 2  R 2 .
n

k

Tìm GTNN của biểu thức T   i MA   i MAn2i 1 .
i 1

2
i

i 1

Lời giải:
An1 là điểm thỏa mãn

n

 A
i 1

i

n 1

Ai  0

k
n
 n 
2
2i
 T    i  MAn1   i MAn1   i An1 Ai2 .
i 1
i 1
 i 1 
n

vì


i 1

i

 0 ,  i  0 i  1, k  Tmin  MAn1 min  M  M 2 ( M 1 , M 2 là hai giao

điểm của mặt cầu (S ) với đường thẳng IAn1 , trong đó IM 1  IM 2 ).
n
k
 n 
 min T   i An1 Ai2    i  An1M 22   i M 2 An2i 1. ( M 1 , M 2 là hai giao điểm
i 1
i 1
 i 1 
của mặt cầu (S ) với đường thẳng IAn1 , trong đó IM 1  IM 2 ).

14

TIEU LUAN MOI download :


Sáng kiến kinh nghiệm
Đặc biệt hóa bài tốn 6 với hệ 3 điểm A(1;0;1) , B(2;1;1) , C (5; 9; 10) ,
các số 1  1 ,  2  3 ,  3  1 và mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  9 ta có bài tốn:
Bài tốn 6.2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho 3 điểm A(1;0;1) , B(2;1;1) ,

C (5; 1; 2) và mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  9 . Tìm GTNN, GTLN của biểu thức

T  MA2  3MB2  MC 2 .
Lời giải:

I là điểm thỏa mãn IA  3IB  IC  0 .
 xI   x A  3xB  xC  2

  yI   y A  3 yB  yC  4  I (2;4;4) và T  IM 2  IA2  3IB2  IC 2 .
 z   z  3z  z  4
A
B
C
 I

 S  có tâm O(0;0;0)  OI  (2;4;4)  2(1;2;2)
x  t

 Phương trình tham số OI :  y  2t .

 z  2t


Xét phương trình: t 2  (2t ) 2  (2t ) 2  9  t  1

 Đường thẳng OI cắt  S  tại 2 điểm M 1 1;2;2  , M 2  1; 2; 2 
 IM 12  9, IM 22  81  maxIM 2  81, minIM 2  9

 maxT  81  34  3.18  70  31 , minT  9  34  3.18  70  41.
Đặc biệt hóa bài toán 6.2 với giả thiết bài toán 6.1 ta có bài tốn:
Bài tốn 6.3. Trong khơng gian tọa độ Oxyz , cho 4 điểm A(1;0;1), B(2;1;1),

C (5; 1; 2), D(2;4;4). M là điểm di động trên mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  9 .
a) Khi M (a; b; c) thì T  MA2  3MB2  MC 2  MD2  MD5 đạt GTNN. Tính
S  a  b  c.
A. 9.

B. 9.

C. 3.

D. 4.

b) Khi M (a; b; c) thì T  MA2  3MB2  MC 2  MD2  MD5 đạt GTLN. Tính
S  a  b  c.
A. 9.

B. 9.

C. 3.

D. 4.

15

TIEU LUAN MOI download :


Sáng kiến kinh nghiệm
Nhận xét 7: Cho hai đường thẳng a và b chéo nhau trong khơng gian khi đó
d  a, b   IJ với IJ là đoạn vng góc chung của a và b ( I  a, J  b) . Lấy A, B
cố định thuộc đường thẳng a, M di động trên b

1
1
 d  M , AB   d  M , a   d  a, b   S MAB  d  M , AB  . AB  d  a, b . AB
2
2
1
S MAB  d  a, b  . AB khi MN là đoạn vuông góc chung của a và b ( M  b, N  a).
2
Từ nhận xét 7, trong không gian Oxyz ta chọn một đường thẳng  bất kỳ , lấy hai
điểm A, B sao cho đường thẳng AB và  chéo nhau ta được lớp bài toán. Chẳng
hạn:
x  t

Bài tốn 7. Trong khơng gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :  y  2 và hai
 z  t


điểm A  1; 0; 2  , B 1;1;2  . M là điểm di động trên d. Khi M  a; b; c  thì MAB
có diện tích nhỏ nhất . Tìm tọa độ của điểm M .
Lời giải:
 x  1  2t 

Cách 1. AB  (2;1;0)  Phương trình tham số của AB qua A là  y  t 
.
z  2


Dễ thấy đường thẳng AB và d chéo nhau. Theo nhận xét 7, ta có S MAB nhỏ nhất

 MN là đoạn vng góc chung của AB và d ( N  AB, M  d )
M  d  M  t ;2; t  , N  AB  N  1  2t ; t ; 2 

MN   1  2t   t ; t   2;2  t 
 MN  AB  MN  AB  0 2  1  2t   t   1 t   2   0



MN

u

0
 MN  d
1 1  2t   t   1 t  2   0
d

 1

t 
5t   2t  4 
7
 7
3


 M   ; 2;  .
6
 6
2t   2t  3 t   7

6

Cách 2. Ta có AB  5
16

TIEU LUAN MOI download :


Sáng kiến kinh nghiệm
M  d  M  t ;2; t   AM   t  1;2; t  2 
2

u AB

 7  125
6
t   
AM  AB

6
5
 6
 AB   2;1;0   d  M , AB  


.
5
6
AB

d  M , AB  

5
7
7
 7
 t    M   ; 2; 
6
6
6
 6

1
1 5
5 5
.
 S MAB  d ( M , AB). AB  
 5
2

2 6
2 6

S MAB 

5

7 7
 M ( ;2; ).
6 6
2 6

Bài tốn 7.2. Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz . Cho I 1;0;0  , điểm
x  2

7 4 4
M  ; ;  . N là điểm thuộc đường thẳng d :  y  t . Khi N  a; b; c  thì diện
9 9 9
z  t  1

tích tam giác IMN nhỏ nhất. Tổng a  b  c bằng

A. 2.

B. 2.

C.

5
.

2

5
D.  .
2

(Đề thi KSCL thi TNTHPT năm 2022 lần 2, Trường Chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa.
Nhận xét 8: Cho hai đường thẳng chéo nhau a và b , mặt phẳng  P  chứa b và

 P  / / a . Khi đó ta có d  a, b   d  a,  P   .

Từ nhận xét 7, ta chọn A, B  a( A  B) và xác định mặt phẳng  P  chứa b ,
 P  / / a . Khi đó S MAB nhỏ nhất  d  M , AB   d  AB,  P    M thuộc hình chiếu

của đường thẳng AB lên  P  . Ta được lớp bài toán, chẳng hạn:

x  t

Bài tốn 8.1. Trong khơng gian tọa độ Oxyz . Cho đường thẳng d :  y  2 và ba
 z  t


điểm A  1;0;;2  , B 1;1;2  , C  2;0; 2  . M thuộc mặt phẳng chứa d và C. Khi

M  a; b; c  thì diện tích MAB nhỏ nhất. Tìm GTNN của T  a2  b2  c2 .
Lời giải:
Lấy I  0;2; c   d  IC   2; 2; 2  , ud 1;0; 1

17

TIEU LUAN MOI download :


Sáng kiến kinh nghiệm

  IC; ud    2; 4;2   2 1; 2;0 
Gọi  P  là mặt phẳng chứa C và d
 phương trình  P  :1 x  2   2  y  0   0  t  2   0  x  2 y  2  0.
Ta có AB   2;1;0   n p   AB  0, kết hợp A   P   AB / /  P  .
Gọi H là hình chiếu vng góc của A lên  P 
 x  1  t

 phương trình AH :  y  2t
z  2

1
6 2
 H ( ; ;2)
5
5 5
6

 x   5  2t

2

 Phương trình hình chiếu vng góc  của AB lên  P  là  y   t .
5

z  2



1
S MAB  d  M , AB  . AB
2
S MABmin  d  M , AB min  d  M , AB   d  ( P ), AB   M  

Xét phương trình  1  t   2  2t   2  0  t  

2

2

2
28
 6

 6
 2 
 M    2t;  t;2   T     2t     t   4  5t 2  4t 
5
5
 5

 5
 5 

 MinT 

24

.
5

Nhận xét 9. Trong không gian cho 3 điểm A, A1 , A2 ( A không thuộc đường thẳng
A1 A2 ).  là đường thẳng thay đổi qua A sao cho đường thẳng A1 A2 và  đồng

phẳng , đồng thời A1 và A2 cùng phía với  . Khi đó , biểu thức
T  1d (A1 , )   2 d (A 2 , )(1 , 2  0) đạt GTLN khi  nằm trong mp ( AA1 A2 )

đồng thời   IA (với
maxT  (1   2 ) IA.
Chứng minh nhận xét:

I

là điểm thỏa mãn

1 IA1   2 IA2  0 ) và

18

TIEU LUAN MOI download :


Sáng kiến kinh nghiệm

A2
I

K1

K2

A1
H1

I1

A

H2

Khơng mất tính tổng qt , giả sử d (A1 , 1 )  d(A 2 ,  2 )
Gọi I1 , H1 , H 2 lần lượt là hình chiếu vng góc của I , A1 , A2 lên  P  ; K1 , K 2 lần lượt
là hình chiếu vng góc của I lên A1 H1 và A2 H 2 .
Từ 1 IA1   2 IA2  0  1IA1   2 IA2 
A1H1 / / II1 / / A2 H 2 

IA1  2
và điểm I cố định.

IA2 1

K1 A1 IA1  2


 1K1 A1   2 K 2 A2 .
K 2 A2 IA2 1

 II  H1 K1  A1 H1  A1 K1

 II  1 A1 H1  1 A1 K1
Lại có  1
 1 1
 II1  H 2 K 2  A2 H 2  A2 K 2
 2 II1   2 A2 H 2   2 A2 K 2

1

 2

Từ 1 ,  2   (1   2 )I1I 2  1 A1H1   2 A2 H 2 .
T  1d (A1 , )   2 d (A 2 , )  (1   2 ) II1  (1   2 ) IA .
  IA
.
T  (1   2 ) IA  I1  A  
  (AA1A 2 )

Vậy max T  (1   2 ) AI với I thỏa mãn 1 IA1   2 IA2  0 .
Khai thác tính chất 3, ta có một lớp bài tốn, chẳng hạn:
Bài tập 9: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho 3 điểm A 1;2; 1 , B  0;0;1 và
C  2;0;2  .  là đường thẳng thay đổi qua A và nằm trong mặt phẳng  ABC  .

Khi u   a; b; c  (với a, b nguyên tố cùng nhau, a  0 )

thì biểu thức

T  2d  B,    3d  C ,   đạt GTLN. Tổng a2  b2  c2 bằng

A. 9.

B. 22.

C. 8.

D. 5.
19

TIEU LUAN MOI download :


Sáng kiến kinh nghiệm
Lời giải:
Gọi I là điểm thỏa mãn 2 IB  3IC  0
 2( xI ;  yI ;1  z I )  3(2  xI ;  yI ;2  z I )  (0;0;0)

6

x


I

5

  yI  0

8
 zI 
5


5 xI  6  0

 5 yI  0
5 z  8  0
I


6
5

8
5

 I (  ;0; )

11
13
1
IA  ( ;2;  ) = (11;10; 13).
5
5
5
AB  (1; 2;2) , AC  (3; 2;3)   AB, AC   (2; 3; 4)  n( ABC )  (2;3;4)

  IA
Theo nhận xét 9, ta có Tmax  (2  3) IA  390  
.
  ( ABC )
Xét v  (11;10; 13) , ta có v, n( ABC )   (79; 70;13)

Vì 79  0 và các số 79, 70 nguyên tố cùng nhau nên
u   (79; 70;13)  a  b  c  22.

Mở rộng từ hệ 2 điểm 3 thành n điểm tra có bài tốn
Nhận xét 10. Trong không gian cho n  1 điểm A, A1 ,..., An đồng phẳng. Giả sử tồn
tại đường thẳng  qua A sao cho tất cả các điểm A1 ,..., An đồng phẳng và cùng
n

phía với  . Khi đó biểu thức T   i d ( Ai , )( i  0, i  i, n ) đạt GTLN khi 
i 1

 ( A1 ,...., An ) và   IA .

Chứng minh nhận xét:
A2
K1

B1

K2

A1
H1

B'1

H2

P)

20

TIEU LUAN MOI download :


Sáng kiến kinh nghiệm
Gọi B1 ,..., Bn 2 , I là các điểm thỏa mãn

1 B1 A1   2 B1 A2  0

(1   2 ) B2 B1   3 B2 A3  0

(*)
...

(1  ...   n2 ) Bn2 Bn3   n1 Bn2 An1  0
(  ...   ) IB   IA  0.
n 1
n2
n
n
 1
Theo nhận xét 10, ta có
1   2  d  B1 ,    1d  A1 ,     2 d  A2 ,  

1   2   3  d  B2 ,    1   2  d  B1 ,     3d  A3 ,  

...
    ...    d  B ,      ...    d  B ,     d  A ,  
2

n 1
n2
1
n2
n 3
n 1
n 1
 1
1  ...   n  d ( I , )  (1  ...   n 1 )d ( Bn 2 , )   n d  An ,  

 1  ...   n  d ( I , )  1d ( A1 , 1 )  ...   n d ( An , )
n

  i d  Ai ,    1  ...   n  IA
i 1

Dấu đẳng thức xảy ra khi I thỏa mãn (*) và IA   .
1   2  B1 I  1 IA1   2 IA2  0.

1   2  IB1  1   2   3  B2 I   3 IA3  0

Lại có (*)  ...

1  ...   n2  IBn3  1  ...   n1  Bn2 I   n1 IAn1  0
   ...   IB   IA  0
n 1 
n2
n
n
 1

Cộng theo vế các đẳng thức ta được

1   2   B1I  IB1   1   2  3   B2 I  IB2   ....  1  ...   n1  ( Bn2 I  IBn2 )
1 IA1  ....   n IAn  0

 1 IA1  ....   n IAn  0. (*)

Từ đó, suy ra nếu   IA với I thỏa mãn (*) thì biểu thức T đạt GTNN.
Từ nhận xét 10, ta chọn hệ các điểm A1 ,..., An sao cho thỏa mãn các điều
kiện trong nhận xét 10 thì ta có lớp các bài toán, chẳng hạn:

21

TIEU LUAN MOI download :


Sáng kiến kinh nghiệm
Bài tốn 10. Trong khơng gian Oxyz , cho 4 điểm O  0;0;0  , A 1;2;0  , B 1;1;0 
và C (5;2;0) cùng thuộc mặt phẳng ( P ) .  là đường thẳng thay đổi qua O và
nằm trong mặt phẳng ( P ) sao cho A, B, C cùng phía  . Viết phương trình tham số
đường thẳng  khi biểu thức T  3d ( A, )  2d ( B, )  d (C, ) lớn nhất.
Lời giải:
Dễ thấy ( P ) là mặt phẳng (Oxy ). Xét điểm I thỏa mãn 3IA  2 IB  IC  0 .
 5 
Suy ra I  0; ;0  .
 3 

Xét đường thẳng  qua O vng góc với OI trong mặt phẳng (Oxy)

  là trục Ox (O, I  Oy). A, B, C cùng thuộc

 Oxy  có

y A , yB , yC  0 nên

A, B, C cùng phía với trục Ox . Do đó theo nhận xét 10, ta có T lớn nhất khi  có
x  t

phương trình tham số:  y  0.
z  0


Nhận xét 11. Trong không gian cho n  1 điểm A, A1 ,..., An đồng phẳng sao cho có
3 điểm khơng thẳng hàng.  là một đường thẳng thay đổi qua A . Khi đó biểu thức
T  d ( A1 , )  d ( A2 , )  ...  d ( An , ) đạt GTLN khi  qua A và    P  , với

 P

là mặt phẳng chứa n  1 điểm A, A1 ,..., An .

Chứng minh nhận xét:

H1

A
A2
A1
P)
Δ

22

TIEU LUAN MOI download :