Skkn góp phần phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thpt thông qua giải toán max – min trong hình học toạ độ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
GÓP PHẦN PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO
HỌC SINH THPT THƠNG QUA GIẢI TỐN
MAX – MIN TRONG HÌNH HỌC TOẠ ĐỘ

LĨNH VỰC: CHUN MƠN TỐN

Năm học 2021 – 2022

skkn

1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT HUỲNH THÚC KHÁNG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
GÓP PHẦN PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO
HỌC SINH THPT THƠNG QUA GIẢI TỐN
MAX – MIN TRONG HÌNH HỌC TOẠ ĐỘ

LĨNH VỰC: CHUN MƠN TỐN

Nhóm tác giả:
Nguyễn Thị Kim Dun
Đậu Thanh Kỳ

Tổ bộ mơn:
Tốn – Tin
Năm thực hiện: 2022
Số điện thoại: 0914.927.156

skkn

2


PHẦN 1. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong những năm gần đây, tốc độ phát triển nhanh chóng của tri thức nhân loại và sự
tiến bộ của khoa học kĩ thuật, đặc biệt là công nghệ thông tin làm cho mơ hình dạy học
theo tiếp cận nội dung khơng cịn phù hợp nữa.
Nghị quyết Hội nghị BCH Trung ương Đảng lần thứ tám (Khóa XI) về đổi mới căn
bản, toàn diện giáo dục và đào tạo nêu rõ: "Tiếp tục đổi mới mạnh mẽ phương pháp dạy và
học theo hướng hiện đại; phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo và vận dụng kiến thức,
kỹ năng của người học; khắc phục lối truyền thụ áp đặt một chiều, ghi nhớ máy móc. Tập
trung dạy cách học, cách nghĩ, khuyến khích tự học, tạo cơ sở để người học tự cập nhật và
đổi mới tri thức, kỹ năng, phát triển năng lực."
Ở trường phổ thơng nói chung, việc dạy học mơn tốn để đáp ứng được u cầu đổi
mới trong giai đoạn hiện nay phải tập trung vào việc hình thành và phát triển các năng lực
chung cũng như các năng lực chun biệt của mơn tốn như: năng lực tư duy (gồm: tư duy
lôgic; tư duy phê phán; tư duy sáng tạo; khả năng suy diễn, lập luận tốn học), năng lực
tính tốn (gồm: năng lực sử dụng các phép tính; năng lực sử dụng ngơn ngữ tốn; năng
lực mơ hình hóa; năng lực sử dụng cơng cụ, phương tiện hỗ trợ tính tốn).
Tư duy sáng tạo của con người là “chìa khóa” đưa thế giới khơng ngừng phát triển,
nhờ có tư duy sáng tạo mới giúp con người khám phá, phát minh ra những cơng trình vĩ
đại làm thay đổi thế giới. Phát triển tư duy sáng tạo cho HS (HS) là việc làm rất quan

trọng và cần thiết trong quá trình dạy học, giáo dục HS. Phát triển tư duy sáng tạo sẽ giúp
HS tự tin vào bản thân để khơng ngừng khám phá, tìm tòi, phát hiện cái mới; sáng tạo sẽ
giúp HS chủ động tiếp thu kiến thức, có nghị lực và niềm tin để chinh phục những khó khăn
trong học tập. Cao hơn tư duy sáng tạo sẽ giúp HS tìm ra con đường ngắn nhất, nhanh
nhất để đạt thành công trong học tập, trong cuộc sống.
Trong chương trình tốn học phổ thơng, bài tốn max – min trong hình học toạ độ
đóng một vai trị khá quan trọng. Nó thường xuất hiện là câu khó trong các đề thi học kỳ,
thi vào các trường Chuyên, thi HSG các cấp, thi tốt nghiệp THPT. Max – min trong hình
học toạ độ là phần kiến thức có nhiều tiềm năng trong việc phát triển tư duy sáng tạo
(TDST) cho HS, nội dung xuyên suốt từ hình học Oxy ở lớp 10 cho đến Oxyz ở lớp 12.
Mặc dù tầm quan trọng của các bài tốn max – min trong hình học toạ độ lớn như thế,
nhưng nó khơng được dạy như một chủ đề biệt lập, nó chỉ được lồng ghép vào một số bài
tốn trong chương trình. Chính vì vậy HS khơng được học một cách bài bản, không xâu
chuỗi được kiến thức trong khi nội dung kiến thức chuyên đề này xun suốt trong chương
trình mơn Tốn ở nhà trường phổ thông.
Với những trăn trở như trên, chúng tôi lựa chọn đề tài: “Góp phần phát triển tư duy
sáng tạo cho HS THPT thơng qua giải tốn max – min trong hình học toạ độ” nhằm
khơi gợi tư duy, định hướng giải tốn trong hình học toạ độ với mong muốn giúp các em
HS hứng thú và đạt hiệu quả cao hơn khi học chủ đề này.

skkn

1


II. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU.
- Điều tra thực trạng về tình hình dạy và học chủ đề max – min trong hình học toạ độ
ở trường THPT.
- Nghiên cứu các kiến thức nền tảng liên quan đến chủ đề max – min trong hình học
toạ độ qua SGK và các tài liệu tham khảo.

- Triển khai đề tài trong quá trình dạy học bằng cách lựa chọn các kiến thức và bài
tốn cực trị trong hình học toạ độ phù hợp đưa vào các tiết học chính khố, các tiết học
thêm buổi chiều và các buổi bồi dưỡng HSG.
- Kiểm tra, đánh giá, trao đổi với HS, giáo viên toán qua đó thấy được hiệu quả của
việc áp dụng đề tài như thế nào và đồng thời điều chỉnh việc dạy học nội dung cực trị trong
hình học toạ độ cho phù hợp nhằm nâng cao chất lượng khi dạy học chủ đề này nói riêng
cũng như học mơn tốn nói chung.
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
- HS bậc trung học phổ thơng.
- GV dạy tốn bậc trung học phổ thơng.
- Tài liệu về PPDH, hình học Oxy, Oxyz.
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Phương pháp điều tra, phân tích.
- Phương pháp thống kê, xử lí số liệu
- Phương pháp nghiên cứu tài liệu
- Phương pháp phỏng vấn.
- Phương pháp phân tích - tổng hợp
- Phương pháp thực nghiệm.
V. CẤU TRÚC CỦA ĐỀ TÀI
Phần I. Đặt vấn đề.
Phần II. Nội dung.
Phần III. Kết luận.

skkn

2


PHẦN II. NỘI DUNG
A. CƠ SỞ LÍ LUẬN, CƠ SỞ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI

1. Cơ sở lí luận của đề tài
1.1.Tư duy
1.1.1. Khái niệm tư duy
Theo Từ điển Tiếng Việt thì: “Tư duy (TD) là quá trình nhận thức, phản ánh những
thuộc tính bản chất, những mối quan hệ có tính chất quy luật của sự vật, hiện tượng”
Theo từ điển Triết học: “Tư duy, sản phẩm cao nhất của vật chất được tổ chức một
cách đặc biệt là bộ não, là q trình phản ánh tích cực thế giới quan trong các khái niệm,
phán đốn, lí luận. Tiêu biểu cho tư duy là những quá trình như trừu tượng hố, phân tích
tổng hợp, việc nêu lên là những vấn đề nhất định và tìm cách giải quyết chung, việc đề xuất
những giả thuyết, những ý niệm. Kết quả của quá trình tư duy bao giờ cũng là một ý nghĩ
nào đó”
1.1.2. Đặc điểm của tư duy
TD mà con người là chủ thể chỉ nảy sinh khi gặp tình huống “có vấn đề”. Tuy nhiên
vấn đề đó phải được cá nhân nhận thức đầy đủ, được chuyển thành nhiệm vụ cá nhân (cái
gì đã biết, cái gì cịn cần tìm kiếm), đồng thời nằm trong ngưỡng hiểu biết của cá nhân và
là nhu cầu động cơ tìm kiếm của cá nhân. Tiếp theo, TD luôn phản ánh cái bản chất nhất
chung cho nhiều sự vật hợp thành một nhóm, một loại, một phạm trù, đồng thời trừu xuất
khỏi những sự vật đó những cái cụ thể, cá biệt. Ngồi ra, TD luôn phản ánh gián tiếp hiện
thực. Trong TD, có sự thốt khỏi những kinh nghiệm cảm tính.
1.1.3. Các thao tác của tư duy
a. Các giai đoạn hoạt động của tư duy
Mỗi hành động tư duy là một quá trình giải quyết một nhiệm vụ nào đấy, nảy sinh
trong quá trình nhận thức hay hoạt động thực tiễn của con người.
Giai đoạn 1: Xác định vấn đề và biểu đạt vấn đề;
Giai đoạn 2: Huy động các tri thức, kinh nghiệm;
Giai đoạn 3: Sàng lọc các liên tưởng và hình thành giả thuyết;
Giai đoạn 4: Kiểm tra giả thuyết;
Giai đoạn 5: Giải quyết nhiệm vụ đặt ra.
b. Các thao tác tư duy
Các giai đoạn của tư duy mới chỉ phản ánh được mặt bên ngoài, cấu trúc bên ngoài

của tư duy. Cịn nội dung bên trong nó diễn ra các thao tác sau:
+ Phân tích và tổng hợp. Phân tích là tách (trong tư tưởng) một hệ thống thành
những vật, tách một vật thành những bộ phận riêng lẻ. Tổng hợp là liên kết (trong tư tưởng)

skkn

3


những bộ phận thành một vật, liên kết nhiều vật thành một hệ thống. Phân tích và tổng hợp
là hai hoạt động trí tuệ trái ngược nhau nhưng lại là hai mặt của một quá trình thống nhất.
+ So sánh và tương tự. So sánh là sự xác định bằng trí óc giống hay khác nhau, sự
đồng nhất hay khơng đồng nhất, sự bằng nhau hay không bằng nhau giữa các sự vật hiện
tượng. Tương tự là sự phát hiện bằng trí óc sự giống nhau giữa các đối tượng để từ những
sự kiện đã biết của đối tượng này dự đoán những sự kiện đối với các đối tượng kia.
+ Trừu tượng hóa. Trừu tượng hóa là tách những đặc điểm bản chất khỏi những đặc
điểm không bản chất (sự phân biệt bản chất với không bản chất ở đây mang ý nghĩa tương
đối, nó phụ thuộc vào mục đích hành động).
+ Khái qt hóa và đặc biệt hóa. Khái quát hóa là chuyển từ một tập hợp đối tượng
sang một tập hợp lớn hơn chứa tập hợp ban đầu bằng cách nêu bật một số đặc điểm chung
của các phần tử trong tập hợp xuất phát. Đặc biệt hóa là chuyển từ việc khảo sát một tập
hợp các đối tượng đã cho sang việc khảo sát một tập hợp đối tượng nhỏ hơn chứa trong tập
hợp ban đầu.
1.2. Các vấn đề về tư duy sáng tạo
1.2.1. Khái niệm tư duy sáng tạo
Tư duy sáng tạo là một dạng tư duy có tính linh hoạt, độc lập và tính phê phán, đặc
trưng bởi sự sản sinh ra ý tưởng mới độc đáo và có hiệu quả giải quyết vấn đề cao. Ý tưởng
mới được thể hiện ở chỗ phát hiện ra vấn đề mới, tìm hướng đi mới, cách giải quyết mới
và tạo ra kết quả mới.
1.2.2. Các đặc trưng của tư duy sáng tạo

- Tính mềm dẻo: Biết chuyển hướng khi gặp trở ngại khó khăn, biết quy lạ về quen.
Vận dụng linh hoạt các thao tác tư duy cơ bản, các kinh nghiệm, kĩ năng đã có vào giải
tốn.
Có thể thấy rằng tính mềm dẻo (linh hoạt) của TD có những đặc điểm sau:
+ Dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác; dễ dàng
chuyển từ giải pháp này sang giải pháp khác;
+ Điều chỉnh kịp thời hướng suy nghĩ nếu gặp trở ngại;
+ Suy nghĩ không rập khuôn, không áp dụng một cách máy móc những tri thức, kinh
nghiệm, kĩ năng đã có vào trong những điều kiện, hồn cảnh mới trong đó có những yếu
tố đã thay đổi;
+ Có khả năng thốt khỏi ảnh hưởng kìm hãm của những kinh nghiệm, phương
pháp, cách thức suy nghĩ đã có;
+ Nhận ra vấn đề mới trong điều kiện đã quen thuộc, nhìn thấy chức năng mới của
đối tượng đã quen biết.

skkn

4


- Tính nhuần nhuyễn: Biết xét bài tốn dưới nhiều góc độ, từ đó đề xuất được các
cách giải khác nhau cho một bài toán và lựa chọn được cách giải tối ưu. Tính nhuần nhuyễn
của TD thể hiện ở các đặc trưng sau:
+ Khả năng xem xét đối tượng dưới nhiều khía cạnh khác nhau; có cái nhìn đa chiều,
tồn diện đối với một vấn đề;
+ Khả năng tìm được nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và nhiều tình huống khác nhau;
+ Khả năng tìm được nhiều giải pháp cho một vấn đề từ đó sàng lọc các giải pháp
để chọn được giải pháp tối ưu.
- Tính độc đáo: Biết tìm ra những phương thức giải quyết lạ, độc đáo để cải tiến
những cách giải đã có để trở nên tối ưu hơn.

Tính độc đáo được đặc trưng bởi các khả năng sau:
+ Khả năng tìm ra những liên tưởng và kết hợp mới;
+ Khả năng tìm ra các mối liên hệ trong những sự kiện bên ngoài tưởng như khơng
có quan hệ với nhau;
+ Khả năng tìm ra những giải pháp lạ tuy đã biết những giải pháp khác.
Ngồi ra, TDST cịn được đặc trưng bởi nhiều yếu tố khác. Chẳng hạn như: tính
chi tiết: là khả năng lập kế hoạch, phối hợp giữa các ý nghĩ và hành động, phát triển ý
tưởng, kiểm tra và chứng minh ý tưởng; tính nhạy cảm: là năng lực phát hiện vấn đề, mâu
thuẫn, sai lầm, bất hợp lý một cách nhanh chóng, có sự tinh tế của các cơ quan cảm giác,
có năng lực trực giác, có sự phong phú về cảm xúc, nhạy cảm, cảm nhận được ý nghĩ của
người khác
Các đặc trưng cơ bản của TDST không tách rời nhau mà trái lại, chúng có quan hệ mật thiết,
bổ sung và hỗ trợ lẫn nhau. Tính mềm dẻo của tư duy tạo điều kiện cho việc tìm nhiều giải pháp
dưới các góc độ khác nhau, nhờ đó đề xuất được phương án hay, đặc sắc.
2. Cơ sở thực tiễn của đề tài.
Để tìm hiểu cụ thể và có cái nhìn đầy đủ, chính xác thực trạng việc phát triển tư duy
sáng tạo cho HS THPT thông qua giải tốn max – min trong hình học toạ độ, chúng tôi tiến
hành điều tra, khảo sát bằng phiếu câu hỏi (ở phần phụ lục) với đối tượng là 300 học sinh
và 86 giáo viên của các trường THPT tại địa bàn thành phố Vinh và phụ cận. Sau khi điều
tra tôi thu được kết quả cụ thể sau:
2.1. Thực trạng giảng dạy của giáo viên
- Hầu hết giáo viên chỉ tập trung hướng dẫn và yêu cầu HS làm các bài tập được giao
trong sách giáo khoa mà chưa quan tâm nhiều đến việc phát hiện nguồn gốc của bài toán hay
việc phát triển, mở rộng và tổng quát bài toán nhằm phát triển TDST cho HS.
- Thường sau mỗi tiết lý thuyết là đến tiết bài tập, giáo viên chỉ tập trung chữa bài tập
một cách thuần túy, chưa tìm cách xây dựng chuỗi bài tập nhằm củng cố, khắc sâu lý thuyết
đã học. Nhiều giáo viên chưa thực sự quan tâm để giúp HS làm nổi bật lên được mối quan

skkn

5


hệ giữa các bài tập này với bài tập khác, giữa những kiến thức đang học với những kiến thức
trước đó.
- GV cũng chưa dành thời gian thỏa đáng để HS suy nghĩ về vấn đề cần giải quyết.
Nhiều GV cịn khơng dám để HS tự do tranh luận vì sợ làm mất thời gian, khơng hồn
thành được bài dạy (cháy giáo án). Các hoạt động trao đổi, thảo luận được tiến hành rất
nhanh, rất gấp gáp, dẫn đến không kích thích được HS tích cực suy nghĩ, tìm nhiều phương
án, nhiều giải pháp và giải pháp độc đáo cho vấn đề. Tức không phát huy được các yếu tố
của TDST ở HS.
- GV chưa chú ý tạo ra các điều kiện để kích thích TDST của HS, chẳng hạn như chưa
tạo ra sự thi đua, thử thách, kích thích động cơ sáng tạo của HS, chưa chú ý rèn luyện các
biểu hiện của tính linh hoạt, mềm dẻo, thuần thục trong giải quyết vấn đề, tính độc đáo,
hồn thiện, chi tiết trong sản phẩm bài làm của HS, mà đây chính là các yếu tố đặc trưng
cơ bản của TDST.
2.2. Thực trạng học tập của HS
Thông qua khảo sát điều tra HS học tập tại trường và các trường bạn trên địa bàn tỉnh
Nghệ An thì thu được các thơng tin:
- Rất nhiều HS cịn bộc lộ những yếu kém, hạn chế về năng lực tư duy sáng tạo: nhìn
các đối tượng tốn học một cách rời rạc, chưa thấy được mối liên hệ giữa các yếu tố toán
học, thường yếu trong việc chuyển đổi ngôn ngữ để quy lạ về quen, không linh hoạt trong
điều chỉnh hướng suy nghĩ khi gặp trở ngại, quen với kiểu suy nghĩ rập khn do đó việc
kiến tạo nên hệ thống tri thức mới trên nền tri thức cũ bị hạn chế.
- Đa số HS thường có thói quen giải xong một bài tốn xem như là mình đã hồn thành
cơng việc được giao và dừng lại ở đó, rất ít HS nào biết chủ động, khai thác, tìm tịi, suy
nghĩ, vận dụng nó để giải một số bài tốn khác. Vì vậy khi đứng trước một bài toán mới,
bài toán chưa có thuật giải hay những bài tốn nâng cao HS thường có tâm lí sợ và ngại,
thiếu tự tin vào khả năng của mình, lúng túng chưa biết cách chọn lọc các kiến thức và liên
kết những kiến thức cũ để giải quyết vấn đề mới có liên quan.

- HS chưa hứng thú với chủ đề max – min trong hình học toạ độ vì tâm lý nghĩ rằng
chủ đề này rất khó nên khơng thể chinh phục được.
- Khơng biết khai thác giả thiết để tìm chìa khố lời giải, lúng túng không biết bắt đầu
từ đâu và đi theo hướng nào.
Vậy làm thế nào để khắc phục được thực trạng đó? Trong khn khổ một sáng kiến
kinh nghiệm, chúng tôi mạnh dạn đề xuất một số giải pháp cụ thể đã được áp dụng có hiệu
quả tại đơn vị - trường THPT Huỳnh Thúc Kháng.

skkn

6


B. MỘT SỐ BIỆN PHÁP SƯ PHẠM GÓP PHẦN PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG
TẠO CHO HS THPT THÔNG QUA GIẢI TỐN MAX – MIN TRONG HÌNH HỌC
TOẠ ĐỘ
1. Các căn cứ và nguyên tắc để đề xuất giải pháp.

- Đảm bảo tính khách quan, khoa học
Cần xác định thái độ khách quan, khoa học trong nghiên cứu. Các giải pháp
đề xuất cần được dựa trên cơ sở hoạt động nghiên cứu kỹ lưỡng về lý luận và thực
tiễn tại trường THPT. Trong q trình đó cần tn thủ nghiêm ngặt quy trình khoa
học khi xử lý thơng tin, dựa trên các số liệu điều tra, khảo sát, có đầy đủ các căn cứ
cần thiết khi ra quyết định. Các giải pháp cần được kiểm chứng, khảo nghiệm thực
tế, có khả năng thực hiện cao.
- Đảm bảo tính thực tiễn
Các giải pháp đề xuất cần dựa trên cơ sở thực tiễn tình hình phát triển giáo
dục của thế giới, đất nước, địa phương, điều kiện thực tế của nhà trường, xuất phát
từ sự phân tích thực trạng và các nguyên nhân cụ thể. Trong khuôn khổ sáng kiến
kinh nghiệm, chúng tôi đề xuất các giải pháp được thực hiện có hiệu quả tại trường

THPT Huỳnh Thúc Kháng. Điều đó cũng có nghĩa là các giải pháp phải đáp ứng
mục tiêu đào tạo và phù hợp với điều kiện cụ thể của nhà trường.
- Đảm bảo tính khả thi
Các giải pháp đề xuất phải đảm bảo tính khả thi, có khả năng áp dụng vào
thực tiễn một cách thuận lợi, hiệu quả, phù hợp với tình hình thực tế cơ sở giáo dục.
Khi đề xuất, cần tính tốn, cân nhắc đầy đủ các điều kiện thực tiễn của nhà trường
như tình hình đội ngũ, đối tượng HS… Trong quá trình thực hiện, các giải pháp có
thể được điều chỉnh, bổ sung, cải tiến để ngày càng hồn thiện, có khả năng ứng
dụng trong một phạm vi rộng lớn hơn.
- Đảm bảo yêu cầu đổi mới PPDH hiện nay
Các giải pháp đề xuất phải đảm bảo phù hợp với yêu cầu đổi mới PPDH hiện nay.
Ngày nay, trước ngưỡng cửa của thế kỷ XXI - địi hỏi nhà trường phổ thơng phải đào tạo
ra những con người không những nắm vững được những kiến thức khoa học mà lồi người
đã tích lũy được mà cịn phải có những năng lực sáng tạo giải quyết những vấn đề mới mẻ
của đời sống bản thân mình, của đất nước, của xã hội.
Như vậy, PPDH cần hướng vào việc tổ chức cho học sinh học tập trong hoạt động
và bằng hoạt động tự giác, tích cực, chủ động để phát huy TDST cho các em.
2. Một số biện pháp sư phạm góp phần phát triển TDST cho HS THPT thơng qua
giải tốn max – min trong hình học toạ độ.
Biện pháp 1. Củng cố kiến thức nền liên quan và tiếp cận các dạng bài toán max –
min thường gặp trong hình học tọa độ từ đó hồn thiện phương pháp giải mỗi dạng.

skkn

7


Như chúng ta đã biết, các bài toán toán max – min trong hình học nói chung, max –
min trong hình học toạ độ nói riêng hội tụ rất nhiều kiến thức, kỹ năng và phương pháp
giải toán sơ cấp. Vì vậy, HS giải tốn max – min trong hình học phải huy động rất nhiều

kiến thức liên quan, qua đó các em cũng được củng cố, khắc sâu kiến thức toán rất nhiều.
Đây cũng là một mảng kiến thức hay được đề cập trong các đề thi HS giỏi và các câu vận
dụng cao ở đề thi TN THPT. Tầm quan trọng của nó khơng nhỏ, tuy nhiên HS và GV cũng
chưa thực sự quan tâm nhiều về chủ đề này. Điều này dẫn đến việc giải các bài tập max –
min trong hình học toạ độ HS cịn tỏ ra lúng túng, chưa được rèn luyện về kỹ năng giải
tốn, chưa kích thích được sự ham mê tìm tịi khám phá của HS, từ đó HS tiếp thu kiến
thức một cách hình thức và thụ động.
Để khắc phục những tồn tại đã chỉ ra ở trên, người GV cần phải có phương pháp dạy học
tích cực, quan tâm hơn nữa phần max – min trong hình học toạ độ, giúp HS thấy được cái hay,
cái đẹp của chủ đề này, ứng dụng của nó trong thực tiễn từ đó làm cho HS thấy được sự thiếu
hụt tri thức của bản thân và có nhu cầu muốn được bù đắp sự thiếu hụt đó, thoả mãn nhu cầu
nhận thức của bản thân mình. Hầu hết các bài tốn về max – min trong hình học toạ độ đều liên
quan đến các kiến thức hình học, các bất đẳng thức Đại số. Muốn giúp các em HS phát triển tư
duy sáng tạo trong khi học chủ đề này thì cái đầu tiên là phải có một nền “Kiến thức vững chắc”,
bởi mỗi quá trình sáng tạo bất kỳ đều bắt đầu từ sự tái hiện cái đã biết.
1.1. Một số kiến thức liên quan thường dùng để giải bài toán max – min hình học
+ Quan hệ đường vng góc và đường xiên, hình chiếu :
Trong các đường xiên và đường vng góc hạ từ một điểm đến một đường thẳng, thì :
- Đường vng góc ngắn hơn mọi đường xiên.
- Đường xiên nào có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn và ngược lại.
+ Quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác
- Trong một tam giác, đối diện với cạnh lớn hơn là góc lớn hơn và ngược lại.
- Trong hai tam giác có hai cặp cạnh tương ứng bằng nhau nếu cạnh thứ ba của tam
giác này lớn hơn cạnh thứ ba của tam giác kia thì góc đối diện cũng lớn hơn và ngược lại.
Sử dụng quan hệ giữa đường thẳng và đường gấp khúc.
- Bất đẳng thức 3 điểm: cho 3 điểm A, B, C ta có: AB + AC  BC
" = "  A, B, C thẳng hàng và A nằm giữa B và C .
AB − AC  BC ; " = "  A, B, C thẳng hàng và A nằm ngoài B và C
- Tổng quát: cho n điểm A1; A2 ..., An
Ta có: A1 A2 + A2 A3 + ... + An−1 An  A1 An . Dấu bằng xảy ra A1; A2 ..., An thẳng hàng và

sắp xếp theo thứ tự đó.
+ Bất đẳng thức trong đường trịn:
- Trong tất cả các dây cung của đường tròn, đường kính là dây lớn nhất.
- Trong một đường trịn, dây cung nào có độ dài ngắn hơn thì có khoảng cách đến tâm
lớn hơn và ngược lại.
- Trong hai cung nhỏ của một đường tròn, cung lớn hơn khi và chỉ khi góc ở tâm lớn hơn.
- Trong hai cung nhỏ một đường tròn, cung lớn hơn khi và chỉ khi dây trương cung lớn
hơn.

skkn

8


+ Bất đẳng thức chứa giá trị tuyệt đối:
Với hai số a, b tùy ý, ta có: a + b  a + b . Dấu “=” xảy ra  ab  0 .
Mở rộng:

+ a + b + c  a + b + c Dấu “=” xảy ra  abc  0 .
+ a1 + a2 + ... + an  a1 + a2 + ... + an .Dấu “=” xảy ra  a1a2 ...an  0

Với hai số a, b tùy ý, ta có:
+ a − b  a − b . Dấu “=” xảy ra  ( a − b ) .b  0 .
+ a − b  a − b . Dấu “=” xảy ra  ab  0 .
+ Bất đẳng thức véc tơ:

Cho 2 véc tơ u = ( a; b ) và v = ( c; d ) ta có: u + v  u + v
Dấu bằng xảy ra u  v
Khi đó

a 2 + b2 + c 2 + d 2 

Dấu bằng xảy ra 

(a + c)

2

+ (b + d )

2

a b
= 0
c d

+ Bất đẳng thức Cauchy tổng quát.
Cho a1 , a2 ,..., an  0 .Ta đó

a1 + a2 + ... + an n
 a1.a2 ...an ;
n

" = "  a1 = ... = an ; n  N , n  1
1.2. Các công thức về khoảng cách trong không gian (trong mặt phẳng
tương tự)
Khoảng cách giữa hai điểm: Cho hai điểm A ( x A ; y A ; z A ) ; B ( xB ; yB ; z B ) , khi đó:
AB = AB = ( xB − x A ) 2 + ( yB − y A ) 2 + ( z B − z A ) 2

Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng: Cho điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) và mặt phẳng

( P) : Ax + By + Cz + D = 0 ( A2 + B 2 + C 2  0) . Khi đó:

d ( M ;( P) ) =

| Ax0 + By0 + Cz0 + D |
A2 + B 2 + C 2

Khoảng cách từ một điểm M đến đường thẳng  là: d ( M ;  ) =

| [ MA , u ] |
| u |

Trong đó điểm A   và u là vtcp của đường thẳng  .
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau d1 , d 2 là: d ( d1 ; d 2 ) =

| [u1 , u2 ].M 1M 2 |
| [u1 , u2 ] |

Trong đó M 1 , M 2 lần lượt là các điểm thuộc đường thẳng d1 , d 2 và u1 ; u2
lần lượt là các VTCP của hai đường thẳng d1 , d 2 .
1.3. Các công thức về góc trong khơng gian (trong mặt phẳng tương tự)
Góc giữa hai đường thẳng:

skkn

9


(

)

u1.u2

cos ( d1; d 2 ) = cos u1 , u2 =

x1 x2 + y1 y2 + z1 z2

=

x12 + y12 + z12 . x22 + y22 + z22

u1 . u2

u1 ( x1 ; y1; z1 ), u2 ( x2 ; y2 ; z2 ) lần lượt là các VTCP của hai đường thẳng d1 , d 2 .
Góc giữa hai đường thẳng d và mặt phẳng ( P ) .

(

)

sin ( d ;( P) ) = cos ud , nP =

ud .nP

=

u d . nP

x1 x2 + y1 y2 + z1 z2

x12 + y12 + z12 . x22 + y22 + z22

ud ( x1 ; y1; z1 ), nP ( x2 ; y2 ; z2 ). lần lượt là các VTCP, VTPT của đường thẳng

d và

mặt phẳng ( P ) .
Góc giữa hai mặt phẳng ( P ) và ( Q )

(

)

cos ( ( P);(Q) ) = cos nP , nQ =

nP .nQ
nP . nQ

=

x1 x2 + y1 y2 + z1 z2
x12 + y12 + z12 . x22 + y22 + z22

nP ( x1 ; y1; z1 ), nQ ( x2 ; y2 ; z2 ) lần lượt là các VTPT của mặt phẳng ( P ); (Q) .
Lưu ý:
 
+ Hàm số y = sin x đồng biến trên đoạn 0; 
 2
 
+ Hàm số y = cos x nghịch biến trên đoạn 0; 

 2

1.2. Phương pháp chung để giải các bài toán max – min trong hình học nói chung,
hình học toạ độ nói riêng.
Cách 1: Phương pháp đại số
Chuyển đại lượng cần tìm min, max về một biểu thức đại số và dùng các bất đẳng
thức hoặc khảo sát hàm số để tìm min, max.
Ta thực hiện theo các bước sau:
+ Thiết lập hệ tọa độ thích hợp, từ đó suy ra tọa độ các điểm cần thiết.
+ Thiết lập biểu thức điều kiện (nếu có). Thiết lập biểu thức giải tích cho các điểm
cần tìm cực trị.
+ Lựa chọn phương pháp tìm max – min, thông thường là:
- Phương pháp tam thức bậc hai.
- Sử dụng bất đăng thức.
- Sử dụng đạo hàm.
Cách 2: Phương pháp hình học
Với hướng làm này, ta sử dụng các bất đẳng thức trong phần 1.1 để đánh giá. Mấu
chốt của phương pháp hình học là phải tìm được yếu tố cố định, không đổi ẩn chứa trong

skkn

10


đề bài, sau đó chúng ta đánh giá đại lượng cần tìm max – min thơng qua đại lượng khơng
đổi.
Mỗi cách giải đều có ưu và nhược điểm riêng, với cách giải theo hướng đại số sẽ có
lợi thế là ít cần đến trí tưởng tượng không gian, dễ hiểu với cả các đối tượng HS. Nhược
điểm của phương pháp này là cần tính tốn nhiều hơn, do đó sẽ mất nhiều thời gian và dễ
có sai sót. Với cách giải theo hướng hình học thường cho lời giải ngắn gọn, phù hợp với

thi trắc nghiệm hiện nay. Tồn tại của phương pháp hình học là nó địi hỏi HS phải có kiến
thức nền tốt, tư duy nhạy bén và phải được tập luyện thường xuyên nữa. Tuy nhiên, đối
với các bài tốn hình học toạ độ liên quan đến max – min, nếu chỉ dùng phương pháp đại
số thì sẽ khơng giúp người làm tốn thấy được vẻ đẹp của các bài tốn max – min trong
hình học nói chung, hình học toạ độ nói riêng.
1.3. Một số bài tốn max – min trong hình học toạ độ (các bài toán xây dựng dưới đây
chủ yếu đã được lấy các ví dụ trong phần các biện pháp)
+ Các bài toán đến max – min liên quan về độ dài của điểm đối với: điểm, đường
thẳng, đường tròn, mặt phẳng, mặt cầu…
+ Các bài toán đến max – min liên quan về số đo góc giữa đường thẳng với đường
thẳng, giữa đường thẳng với mặt phẳng, giữa mặt phẳng với mặt phẳng.
+ Các bài toán đến max – min liên quan về khoảng cách giữa đường đường thẳng với đường
thẳng, giữa đường thẳng với mặt phẳng, giữa mặt phẳng với mặt phẳng…
Bài toán 1. Cho điểm A và đường thẳng ( d ) . Tìm điểm M trên ( d ) sao cho MAmin
.
Phương pháp giải.
- Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên ( d ) .
- M  (d ) ta ln có MA  AH  MAmin = AH  M  H
Bài toán 2. Cho hai điểm A, B và đường thẳng ( d ) . Tìm điểm M trên ( d ) sao cho

( MA + MB )min .

Phương pháp giải.
TH1. A, B nằm khác phía so với ( d ) .
+ Gọi I = ( d )  ( AB )  I nằm giữa A và B.
+ M  (d ) ta ln có MA + MB  AB = IA + IB
 ( MA + MB) min = AB  M  I
TH2. A, B nằm khác phía so với ( d ) .

+ Lấy A1 là điểm đối xứng với A qua ( d )

+ Gọi I = (d )  ( A1B )  I nằm giữa A1 và B.
+ M  (d ) ta ln có MA + MB = MA1 + MB  A1B = IA1 + IB
 ( MA + MB ) min = A1B  M  I
Bài toán 3. Cho hai điểm A, B và đường thẳng ( d ) . Tìm điểm M trên ( d ) sao cho
MA − MB max

Phương pháp giải.

skkn

11


TH1. A, B nằm cùng phía so với ( d ) .
+ Gọi I = (d )  ( AB) | IA − IB |= AB.
+ M  (d ) ta ln có MA − MB  AB = IA − IB
+ | MA − MB |max = AB  M  I .
TH2. A, B nằm khác phía so với ( d ) .
+ Lấy A1 là điểm đối xứng với A qua ( d ) .
+ Gọi I = (d )  ( A1B)  I nằm ngoài A1 và B.
+ M  (d ) ta ln có MA − MB = MA1 − MB  A1B = IA1 − IB
 MA − MB max = A1B  M  I
Bài toán 4. Cho hai điểm A, B và đường thẳng ( d ) . Tìm điểm M trên ( d ) sao cho
MA − MB min
Phương pháp giải.
+ Lập phương trình đường trung trực ( d ) của đoạn thẳng AB
+ M  (d ) ta luôn có MA − MB  0
 MA − MB min = 0  MA = MB  M = (d )  ( AB)
Bài toán 5. Cho hai điểm A, B và đường thẳng ( d ) . Tìm M trên ( d ) sao cho
n.MA + m.MB ( m, n  ; m + n  0)

min
Phương pháp giải.
Cách 1:
+ Viết phương trình đường thẳng (d) ở dạng tham số t.
+ Đặt tọa độ M trên ( d ) phụ thuộc tham số t.
+ Tính n.MA + m.MB

min

= f (t ) là một tam thức bậc 2 ẩn t với hệ số a > 0.

+ Đánh giá f ( t ) để tìm GTNN .
→

Cách 2: + Xác định I là điểm sao cho n.MB + m.MA = 0 . I cố định và duy nhất
+ T = nMA + mMB = (m + n) MI = m + n .MI
+ Do m, n không đổi nên T đạt GTNN  MI min  M là hình chiếu của I lên ( d )
Bài tốn 6: Tìm điểm M thuộc ( P ) sao cho aMA + bMB + cMC

min

(a + b + c  0) .

Phương pháp giải:
+ Tìm điểm I thõa mãn hệ thức: aIA + bIB + cIC = 0

ax A + bxB + cxC

 xI =
a+b+c


ay + byB + cyC

Tọa độ điểm I là:  yI = A
a+b+c

az A + bz B + czC

 zI =
a+b+c

Phân tích

(

)

u = aMA + bMB + cMC = ( a + b + c ) MI + aIA + bIB + cIC = ( a + b + c ) MI
Khi đó u = a + b + c .MI  u

min

 MI min  M là hình chiếu của I lên ( P ) .

skkn

12


+ Viết phương trình đường thẳng IM đi qua I và vng góc với ( P ) . Chọn vtpt

của mặt phẳng ( P ) làm vtcp của đường thẳng IM  u IM = nP .
+ Khi đó M = ( P )  ( IM ) .

Bài toán 7: Tìm điểm M thuộc ( P ) sao cho T = aMA2 + bMB 2 + cMC 2 đạt max hoặc
min.
Phương pháp giải:
+) Tìm điểm I thỏa mãn hệ thức aIA + bIB + cIC = 0 .
2

(

2

2

+) Phân tích T = aMA + bMB + cMC =

)

2

(

)

(
)
+ 2MI ( aIA + bIB + cIC ) + aIA
2

a MI + IA + b MI + IB + c MI + IC
 ( a + b + c ) MI 2

2

2

+ bIB 2 + cIC 2

= (a + b + c) MI 2 + aIA2 + bIB 2 + cIC 2 .
+) Nếu a + b + c  0 thì T đạt min  MI min  M là hình chiếu vng góc của
I lên mặt phẳng ( P ) .
+) Nếu a + b + c  0 thì T đạt max  MI min  M là hình chiếu vng góc của
I lên mặt phẳng ( P ) .
Bài tốn 8: Tìm điểm M thuộc mặt phẳng

( P)

sao cho

( MA + MB )min hoặc

MA − MB max

Phương pháp giải:
8.1. Tìm M thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho ( MA + MB )min

+) Kiểm tra vị trí tương đối của các điểm A, B so với mặt phẳng ( P ) .
-

Nếu

A, B khác

phía

mặt

( MA + MB )min = AB . Dấu bằng xảy ra

phẳng

( P ) thì MA + MB  AB ,

suy

ra

 A, M , B thẳng hàng và M nằm trong đoạn

AB , hay M = AB  ( P) .
- Nếu A, B cùng phía mặt phẳng ( P ) . Gọi A ' là điểm đối xứng A qua mặt phẳng

( P ) , khi đó

khi đó A ', B khác phía

( MA + MB )min = A ' B .

( P) .

Ta có MA + MB = MA + MB  AB , suy ra

Dấu bằng xảy ra  A, M , B thẳng hàng hay M = AB  ( P )
8.2. Tìm M thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho MA − MB max

+) Nếu A, B cùng phía mặt phẳng ( P ) , ta có MA − MB  AB suy ra

MA − MB max = AB . Dấu bằng xảy ra  A, M , B thẳng hàng và M nằm
ngoài đoạn AB , hay M = AB  ( P ) .
+) Nếu A, B khác phía mặt phẳng ( P ) . Gọi A ' là điểm đối xứng A qua mặt phẳng

( P ) , khi đó MA − MB

= MA '− MB  A ' B , suy ra MA − MB max = A ' B .

Dấu bằng xảy ra  A, M , B thẳng hàng hay M = AB  ( P )

skkn

13


Bài tốn 9: Trong khơng gian toạ độ Oxyz tìm điểm M thuộc đường thẳng d sao
cho ( MA + MB )min hoặc MA − MB max ; MA − MB min

Phương pháp giải:
9.1. Tìm M thuộc đường thẳng ( d ) sao cho ( MA + MB )min
Cách 1: Đại số:
- Chuyển d về dạng ptts, tham số hoá điểm M theo biến t

- Biểu thị MA + MB theo hàm f ( t )

- Dùng bất đẳng thức véc tơ hoặc dùng đạo hàm để tìm min của f ( t ) .
Cách 2: Hình học:
Đặt ( P ) = ( d , B ) . Gọi H , K lần lượt là hình
A
chiếu của A, B lên đường thẳng d và mặt phẳng
( P ) ; A '  ( P ) sao cho A ', B nằm khác phía đối với
d và A ' H ⊥ d ; A ' H = AH (xem hình).
Ta có MA + MB = MA '+ MB  A ' B
d
H
suy ra ( MA + MB )min = A ' B .
E

B

M K

P A'

Dấu bằng xảy ra  A ', M , B thẳng hàng và M nằm trong đoạn AB , hay

M  E = A' B  d .
Xác định M 0 như sau: ta có M 0 nằm trên đoạn HK và

EH A ' H AH
AH
=
=

 EH = −
.EK
EK
BK
BK
BK
Lưu ý: trong trường hợp ( d ) và AB đồng phẳng thì bài tốn đơn giản hơn nhiều.
9.2. Tương tự cho bài tốn tìm M thuộc d sao cho MA − MB max .
Bài toán 10: Lập phương trình mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng d sao cho
khoảng cách từ A đến ( P ) lớn nhất, với A là điểm không thuộc d .
Phương pháp giải:
Cách 1:Đại số: + Gọi n ( a; b; c ) (a 2 + b 2 + c 2  0) là vtpt của mặt phẳng ( P ) cần lập,
đường thẳng d có véc tơ chỉ phương là ud .Ta có: n(P) .ud = 0 rút được một ẩn theo hai ẩn
còn lại. Chẳng hạn, rút a theo b, c
+ Lắp cơng thức tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( P ) ., ta được một biểu thức
đồng bậc hai biến b, c . Xét c = 0 ; xét c  0 , đặt t =

b
ta đưa về một biểu thức theo biến t
c

+ Dùng bất đẳng thức véc tơ hoặc dùng đạo hàm để tìm min của f ( t ) .
Cách 2: Hình học:

skkn

14


Đường thẳng d xác định đi qua điểm B và có véc

tơ chỉ phương là ud .Kẻ

A

AH ⊥ ( P); AK ⊥ d  d ( A; ( P ) ) = AH  AK
( K cố định do A, d cho trước).

d
H
K
B

P

d  ( P)
Suy ra d max = AK . Khi đó 
( P ) ⊥ ( A; d )
n(P) ⊥ ud
Gọi ( )  ( A, d ) ta có: n = ud ; AB  , 
n(P) ⊥ n
Khi đó chọn vtpt của mặt phẳng ( P ) là n(P) = ud ; ud ; AB  

 
Bài tốn 11: Trong khơng gian toạ độ Oxyz , lập phương trình đường thẳng d nằm
trong mặt phẳng ( P ) , đi qua điểm B sao cho khoảng cách từ điểm A đến d lớn nhất,
nhỏ nhất?
Phương pháp giải:
Cách 1: Đại số
+ Gọi u (a 2 + b 2 + c 2  0) là vtcp của đường thẳng d cần lập, mặt phẳng ( P ) có vtpt
là nP .Ta có: nP .ud = 0 rút được một ẩn theo hai ẩn còn lại. Chẳng hạn, rút a theo b, c

+ Lắp cơng thức tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d , ta được một biểu
thức đồng bậc hai biến b, c . Xét c = 0 ; xét c  0 , đặt t =

b
ta đưa về một biểu thức theo
c

biến t .
+ Dùng bất đẳng thức véc tơ hoặc dùng đạo hàm để tìm min (max) của f ( t )
A
Cách 2: Hình học:
+ Kẻ MK ⊥ d ; MK ⊥ ( P)  d ( M ;d ) = MK
+ Kẻ AK ⊥ d ; AH ⊥ ( P );  d ( A;d ) = AK

Ta có: AH  AK  AB  AH  d ( A; d )  AB

d
H

.+) Ta có  d ( A; d )max = AB  K  B.

K
B

P

Khi đó đường thẳng d nằm trong ( P ) , đi qua B và vng góc với đường thẳng

AB , suy ra d có một véc tơ chỉ phương là ud =  nP ; AB 

+) Mặt khác, lại có AK  AH  d ( A; d )min = AH  K  H .

Khi đó đường thẳng d nằm trong ( P ) , đi qua B và đi qua hình chiếu H của A
.Ta có thể tìm toạ độ điểm H rồi lập phương trình đường thẳng BH hoặc có thể xác định
vtcp của đường thẳng d như sau: d = ( P )  ( AHB ) . Trong đó n ( AHB ) =  nP ; AB 
Khi đó đường thẳng d có một véc tơ chỉ phương là ud =  nP ;  nP ; AB  



skkn





15


Chú ý: Trong trường hợp d min thì d chính là hình chiếu vng góc của AB trên
mặt phẳng ( P ) .
Bài tốn 12: Trong khơng gian toạ độ Oxyz , lập phương trình đường thẳng d nằm
trong mặt phẳng ( P ) , đi qua điểm A cho trước sao cho khoảng cách giữa d và d '
lớn nhất, với d ' là đường thẳng cho trước và cắt ( P ) .
Phương pháp giải:
Cách 1: Đại số
+ Gọi u ( a; b; c ) (a 2 + b 2 + c 2  0) là vtcp của đường thẳng d cần lập, mặt phẳng

( P ) có vtpt là nP .Ta có: nP .ud = 0 rút được một ẩn theo hai ẩn còn lại. Chẳng hạn, rút a
theo b, c
+ Lắp cơng thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng d , d ' , ta được một biểu

thức đồng bậc hai biến b, c . Xét c = 0 ; xét c  0 , đặt t =

b
ta đưa về một biểu thức theo
c

biến t .
+ Dùng bất đẳng thức véc tơ hoặc dùng đạo hàm để tìm min (max) của f ( t ) tuỳ
theo yêu cầu của đề ra.
Cách 2: Hình học:
+) Gọi I = d   ( P ) , qua A dựng đường thẳng

d '' d '  d '

( Q )  ( d ; d '') .

(

)

(

Khi đó d ( d ; d  ) = d d ; ( Q ) = d I ; ( Q )

(

)

d'

d''

)

+) Kẻ IH ⊥ ( Q ) ; IK ⊥ d   d I ; ( Q )  IK

H d

ta có điểm K cố định

I
A'

 d ( I; ( Q ) )max = IK  H  K .

K
A

P

Khi đó đường thẳng d nằm trong (P), đi qua A
và vng góc với đường thẳng IK.
Gọi A là hình chiếu vng góc của A lên d '  AA ' IK nên d ⊥ AA '
Suy ra ta có thể chọn vtcp cho đường thẳng d là: ud =  nP ; AA ' .
Bài toán 13: Lập phương trình mặt phẳng ( Q ) chứa d sao cho mặt phẳng ( Q ) tạo
với mặt phẳng ( P ) cho trước một góc nhỏ nhất (hoặc tạo với đường thẳng d ' cho
trước một góc lớn nhất)
Phương pháp giải:
Cách 1: Đại số
+ Gọi nQ ( a; b; c ) (a 2 + b 2 + c 2  0) là vtpt của mặt phẳng ( Q ) cần lập, đường thẳng d

có vtcp là ud .Ta có: nQ .ud = 0 ta rút được một ẩn theo hai ẩn còn lại. Chẳng hạn, rút a
theo b, c

skkn

16


+ Lắp cơng thức tính góc giữa hai mặt phẳng ( P ) ; ( Q ) , ta được một biểu thức đồng bậc
hai biến b, c . Xét c = 0 ; xét c  0 , đặt t =

b
ta đưa về một biểu thức theo biến t .
c

+ Dùng bất đẳng thức véc tơ hoặc dùng đạo hàm để tìm min (max) của f ( t ) tuỳ vào yêu
cầu của đề bài.
Cách 2: Hình học
Đường thẳng d đi qua điểm I và có vtcp là ud . Gọi

A = d  ( P ); d ' = ( P )  (Q )

d
I

Dựng IH ⊥ ( P ) ; IK ⊥ d '  HK ⊥ d '



(( P );(Q )) = IKH = . Do IA  IK

d'

IH IH
 sin  =

IK IA

H
K

A

P

  min khi và chỉ khi K  A , khi đó d ⊥ d ' . d '  ( P ) suy ra chọn ud ' = ud ; nP  .
Suy ra chọn vtpt nQ = ud ; ud '  = ud ; ud ; nP  











Hoàn tồn tương tự cho bài tốn tạo với đường thẳng d ' cho trước một góc lớn

( ( Q ) ; d ')

 nQ = ud ; ud ; ud ;  


Bài toán 14: Cho hai điểm A, B và mặt cầu ( S ) .Tìm điểm M trên ( S ) :
nhất.

max

a) T = MA + MB đạt GTNN (lớn nhất).
Tổng quát: T = aMA + bMB (a + b  0) đạt GTNN (lớn nhất).
b) T = MA2 + MB 2 đạt GTNN (lớn nhất).
Tổng quát: T = aMA2 + bMB 2 (a + b  0) đạt GTNN (lớn nhất).
c) MA + MB đạt GTNN (lớn nhất).
d) aMA + bMB (a, b  0) đạt GTNN (lớn nhất).
Biện pháp 2. Rèn luyện cho HS khả năng quy lạ về quen trong giải Toán.
Trong khi tiến hành giải bài tốn, HS có thể gặp khó khăn khi tìm cách giải quyết
bài tốn đó, các em có thể lúng túng khơng biết bắt đầu từ đâu. Khi đó, một trong những
phương án có thể đáp ứng được nhu cầu đó là năng lực biến đổi, đưa về những bài toán
đơn giản hơn và cuối cùng dẫn đến một bài toán đã biết cách giải. Rõ ràng, năng lực qui lạ
về quen rất quan trọng trong việc giải toán của HS, vì rằng nếu thiếu kỹ năng này thì HS
thường khơng biết làm gì để giải quyết bài tốn đặt ra. Thực tiễn cho thấy năng lực giải
toán của HS phụ thuộc rất lớn vào kỹ năng quy lạ về quen. Để rèn luyện kỹ năng này cho HS,
HV cần cho HS được tập luyện thường xuyên, tạo hoạt động, đặt các câu hỏi gợi mở để giúp
HS nhận thấy bài toán đã cho tương tự với bài toán quen thuộc đã giải, nhằm giúp HS liên
tưởng và huy động kiến thức để giải quyết vấn đề đặt ra.

skkn

17

Ví dụ 1: Bài tốn 1. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng

x = 1 + t

chéo nhau d1 :  y = 0
(t 
 z = −5 + t


x = 0
) ; d 2 :  y = 4 − 2u ( u 
 z = 5 + 3u


) . Viết phương trình đường

thẳng  là đường vng góc chung của hai đường thẳng d1 và d 2 .
Ở đây chúng tôi không bàn tới việc giải bài toán trên, mà chỉ muốn đưa ra một tình
huống để luyện tập cho HS khả năng quy lạ về quen khi giải toán max – min trong hình
học toạ độ. Sau khi HS đã học bài tốn lập phương trình đường vng góc chung của hai
đường thẳng chéo nhau d1 và d 2 ở trên, chúng ta có thể ra bài tốn sau:
Bài tốn 1.1. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng

x = 1 + t

d1 :  y = 0
(t 
 z = −5 + t



x = 0
) ; d 2 :  y = 4 − 2u ( u 
 z = 5 + 3u


) . Tìm

A  d1; B  d 2 sao cho AB có

độ dài ngắn nhất.
Bài tốn trên thực chất chính là bài tốn viết phương trình đường vng góc chung
của hai đường thẳng chéo nhau d1 và d 2 .
Lời giải
Vectơ chỉ phương của đường thẳng d1 và d 2 lần lượt là u d1 = (1;0;1) và

u d2 = (0; −2;3) ; suy ra AB ( −1 − t ;4 − 2u;10 + 3u − t ) . AB có độ dài ngắn nhất khi và chỉ
khi AB là đoạn vng góc chung của d1; d2

 AB.ud = 0
−2t + 3u = −9
t = 3
1



 A ( 4;0; −2 ) ; B ( 0;6;2 )
−
3

t
+
13
t
=
−
22
u
=
−
1
AB
.
u
=
0



d2
Sau khi HS giải quyết xong bài toán 1.1 ở trên, chúng ta có thể đưa tiếp bài tốn sau:
Bài tốn 1.2. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (1; −1;0 ) ; B (1;0;1) và

 x = −1 + t

đường thẳng d1 :  y = 1 + t ( t 
 z = −2


) . Tìm điểm M

trên d sao cho tam giác ABM có

diện tích nhỏ nhất.
Bài tốn 1.2 được phát biểu dưới một hình thức mới, đối với những HS học tập
thụ động có thể các em khơng nhận ra mối liên hệ giữa bài toán này với bài toán 1.1. Để
giúp HS đưa bài toán 1.2 về bài tốn 1.1 quen thuộc vừa giải, GV có thể đặt một số câu
hỏi như:
GV: Hãy nêu cơng thức tính diện tích tam giác ABM ?
HS: S ABM =

1
AB.MH ( H là hình chiếu vng góc của M lên đường thẳng AB )
2

GV: Trong cơng thức đó đại lượng nào khơng đổi, diện tích phụ thuộc vào đại
lượng nào?

skkn

18


HS: Độ dài cạnh AB khơng đổi vì vậy diện tích tam giác ABM phụ thuộc vào độ
lớn của MH
GV: Em có thể phát biểu lại đề bài như thế nào?
HS: Tìm điểm M trên đường thẳng d để độ dài đoạn MH nhỏ nhất.
Trả lời được đến đây là HS đã nhận ra được yếu tố quen thuộc, hiểu được thực chất
là bài tốn tìm 1 điểm M trên đường thẳng d và một điểm H trên đường thẳng AB để
đoạn MH nhỏ nhất, đây chính là bài tốn 1.1 vừa giải.

GV yêu cầu HS trình bày lời giải chi tiết. GV cũng có thể u cầu HS trình bày lời
giải theo một cách khác, chẳng hạn như sau
Lời giải
Ta có: M  (d ) . Giả sử N(-1;1;-2) (d). kẻ MH ⊥ AB
Gọi  là đưịng vng góc chung của đường thẳng AB và đường thẳng d .

x = 1
AB ( 0;1;1) , phương trình đường thẳng AB :  y = −1 + t ( t 
z = t


).

Chọn vtcp của đường thẳng  là: u = ud , AB  = (1; −1;1)
Gọi

( P)





là mặt phẳng chứa đường thẳng

AB và  , ta chọn vtpt

nP =  AB, u  = ( 2;1; −1) . Do A  ( P ) nên mặt phẳng ( P ) có phương trình:
2 x + y − z − 1 = 0 . Điểm M chính là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng ( P ) .
M  (d )  M (−1 + t ;1 + t ; −2) .
Thay toạ độ của M vào phương trình của mặt phẳng ( P ) ta có

t = 0  M ( −1;1; −2 )
Ví dụ 2: Bài tốn 2: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1;1;1)
, B ( −1;1;2 ) và mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + z − 2 = 0 . Tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng

( P)

sao cho MA − MB đạt giá trị lớn nhất.
Phân tích.
+ Bài tốn gợi ta nghĩ đến bất đẳng thức 3 điểm
Cho 3 điểm A, B, C ta ln có: AB − AC  BC ; dấu bằng xảy ra  A, B, C thẳng

hàng và A nằm ngoài B và C
+ Vấn đề đặt ra với bài tốn 2 là dấu bằng có xảy ra hay không? Câu hỏi này sẽ
hướng người học đi xét vị trí tương đối của hai điểm A, B so với ( P ) .
+ Nhận thấy A, B nằm cùng phía so với ( P ) nên MA − MB lớn nhất bằng

AB = 5 khi M là giao điểm của AB với mặt phẳng ( P ) .
Lời giải

skkn

19


Đặt f ( x; y; z ) = x + 2 y + z − 2 thì f ( x A ; y A ; z A ) . f ( xB ; yB ; z B )  0 nên hai điểm

A, B cùng phía so với mặt phẳng ( P ) .

Do đó MA − MB  AB = 5 nên MA − MB đạt GTLN bằng 5 . Dấu bằng xảy
ra khi và chỉ khi M , A, B thẳng hàng và điểm M nằm ngoài đoạn AB , suy ra

M = AB  ( P ) .
Đường thẳng AB đi qua A (1;1;1) nhận AB = ( −2;0;1) làm véc tơ chỉ phương có

 x = 1 − 2t

phương trình:  y = 1
,t  .
z = 1 + t


 x = 1 − 2t
 x = −3
y =1
y =1


Điểm M ( x; y; z ) thỏa mãn hệ: 
. Vậy M ( −3;1;3) .

z
=
1
+
t
z
=
3


 x + 2 y + z − 2 = 0

t = 2
Bài tốn 2.1: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng
( P ) :2 x − y + 2 z − 9 = 0 và 2 điểm A ( 2;1;4 ) , B ( 2;0;5) , M là một điểm di động trên
( P ) . Tìm GTNN của MA + MB
Phân tích.
Khi HS đã được luyện tập với bài tốn 2 thì gặp bài tốn 2.1 GV sẽ nêu các câu hỏi
gợi mở để giúp HS giải quyết bài tốn.
Điều gì quen? Tương tự bài toán 2, chúng ta liên tưởng đến bất đẳng thức 3 điểm đối
với phép cộng.
Cho 3 điểm A, B, C ta ln có: AB + AC  BC
Dấu bằng xảy ra  A, B, C thẳng hàng và A nằm giữa B và C .
Điều gì chưa quen?
+ Nếu A, B nằm khác phía so với ( P ) thì MA + MB nhỏ nhất bằng AB = 2 khi

M là giao điểm của AB với mặt phẳng ( P ) . Tuy nhiên, trong trường hợp này A, B khác

phía với ( P ) nên ta khơng thể làm tương tự như bài tốn 2 được.

+ Do đó, ta cần tạo điểm B để A, B ' khác phía với

( P) ,

đồng thời

MB = MB, M ( P )  B là điểm đối xứng với B qua ( P ) . Ta dễ dàng tìm được
B ( 0;2;1) . Khi đó MA + MB = MA + MB '  AB = 14 .
Dấu “=” xảy ra khi M là giao điểm của AB với ( P ) .
Như vậy, ta có thể giải quyết bài tốn trên trong trường hợp tổng quát “Cho hai
điểm A, B và mặt phẳng ( P ) . Tìm GTNN của MA + MB và GTLNcủa MA − MB với

M là một điểm di động trên ( P ) ”

skkn

20


+ ( y − 2 ) + ( z − 1) , trong đó
x, y , z là các số thực thay đổi nhưng luôn thoả mãn x + y + z − 3 = 0 . Tìm GTNN của
biểu thức S .
Bài toán 2.2: Cho S =

( x + 2)

x2 + y 2 + z 2 +

2

2

2

Phân tích: Nhìn về hình thức bài tốn trên có thể HS sẽ nghĩ đây là một bài
toán bất đẳng thức đại số, liệu có liên quan gì trong tiết dạy hình học khơng? Các em
có thể chưa nhận ra được yếu tố quen thuộc. GV có thể yêu cầu HS “ toạ độ hố” bài
tốn với góc nhìn hình học.
Bài tốn 2.2 có thể được phát biểu lại như sau:
Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm O ( 0;0;0 ) , A ( −2;2;1) và mặt

phẳng ( P ) : x + y + z = 0 . Tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho MO + MA đạt

giá trị nhỏ nhất.
Như vậy chỉ bằng một phép biến đổi chúng ta đã đưa bài toán tưởng chừng lạ về
bài toán quen thuộc.
Với bài toán trên, dễ thấy O và A nằm cùng phía với
O
A
nhau đối với (P) vì vậy cách xử lý tương tự ta thu được
S min = 17 .
H M
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ( x; y; z ) =  − 2 ;2; 7 
I
5
P)
 5
B

Ví dụ 3: Bài tốn 3: Cho đường trịn ( C ) : x 2 + y 2 = 2 và hai điểm A ( −1; −1) , B (1;1) .
Gọi M là điểm thuộc ( C ) . Tính GTLNcủa biểu thức T = MA + MB .
Cách 1: Đại số

T=
= 1.



( x + 1)

2

( x + 1)

2

+ ( y + 1) +

+ ( y + 1) + 1.
2

2

( x − 1)

2

( x − 1)

+ ( y − 1)

2

+ ( y − 1)

2

2

(12 + 12 ) ( x + 1)2 + ( y + 1)2 + ( x − 1)2 + ( y − 1) = 2 ( 2 x2 + 2 y 2 + 4 ) = 4
2

Vậy Tmax = 4 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M ( −1;1) hoặc M (1; −1)

Cách 2: Hình học
Nếu để ý tính chất đặc biệt AB = 2 R và A, B  ( C ) ta thấy AB là một đường kính

của ( C ) nên với mọi điểm M  ( C ) ta ln có MA ⊥ MB Khi đó

T 2 = ( MA + MB )  2 ( MA2 + MB 2 ) = 16  T  4
2

Vậy Tmax = 4 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M ( −1;1) hoặc M (1; −1)
Phân tích. Sau khi HS đã làm bài tốn 3 thì GV cho HS làm bài tốn sau:

skkn

21


Bài toán 3.1. Cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + z 2 = 8 và hai điểm
2

2

A ( −3;2;0 ) , B ( 4; −5;0 ) . Gọi M là điểm thuộc ( S ) . Tính GTNN của MA + 2 MB ?
Phân tích:
+ Điều gì quen? Đều là bài toán liên quan đến min, max của tổng khoảng cách
+ Điều gì chưa quen? Đường trịn được thay bởi mặt cầu, hệ số “lệch”.
Cách 1: đại số
+ Biểu thức MA + 2 MB gợi ta nghĩ đến việc thay thế điểm A bởi điểm A sao
cho MA = 2MA, M ( S ) . Khi đó, MA + 2MB = 2 ( MA + MB )  2 AB
+ Nếu gọi M ( a; b; c ) thì ta có MA =

( x + 3)

2

+ ( y − 2 ) + z 2 , để làm xuất hiện
2

2MA thì ta cần có hệ số của a 2 , b 2 , c 2 phải bằng 4 . Lúc này ta nghĩ đến điều kiện

M  ( S )  ( x − 1) + ( y + 2 ) + z 2 = 8 .
2

2

+ Để có được hệ số như trên ta biến đổi như sau:

( x + 3)

2
2
2
2
+ ( y − 2 ) + z 2 + 3 ( x − 1) + ( y + 2 ) + z 2  − 24 = 2. x 2 + ( y + 1) + z 2


Từ đó, ta tìm được A = ( 0; − 1;0 ) , và thấy rằng A nằm trong mặt cầu, cịn B nằm ngồi

MA =

2

mặt cầu.
+ Đến đây ta có được kết quả: MA + 2MB  2 AB = 4 2 . Dấu “=” xảy ra khi M
là giao điểm của đoạn AB và mặt cầu ( S ) . Vậy, min ( MA + 2MB ) = 4 2 .
Chúng ta cũng có thể giải theo tính chất của bất đẳng thức véc tơ:
Xét 2 véc tơ u = ( − x; −1 − y; − z ) và v = ( x − 4; y + 5; z ) ta có:

MA + 2MB = 2. x 2 + ( y + 1) + z 2 + 2.
2

2

( − x + x − 2)

2

( x − 4 ) + ( y + 5)
2

2

(

)

+ z2 = u + v  2 u + v =

+ ( −1 − y + y + 5 ) + ( − z + z ) = 4 2
2

2

Vậy GTNN của MA + 2 MB là 4 2 . Dấu bằng xảy ra

− x = k ( x − 4 )
k = 3

x = 3

−1 − y = k ( y + 5 )
 M ( 3; −4;0 )
 u  v  
,k  0  
y
=
−
4
−
z
=
kz


2
2
 z = 0
 x −1 + y + 2 + z2 = 8
) (
)
(

Đó là cách làm đại số. Nếu để ý đến một yếu tố đặc biệt IA = 2 R thì chúng ta
có thể tìm A bằng phương pháp hình học như sau:
Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; − 2;0 ) , bán kính

R = 2 2 . Ta có: IA = 4 2 = 2 R , IB = 3 2  R
nên B nằm ngoài mặt cầu. Gọi A là điểm thuộc tia
1
R
IA sao cho IA = IA = nên A nằm trong mặt
4
2
cầu.

skkn

I

A'

A

M

22


1
1
IA IM 1
IA = ( −4;4;0 ) = ( −1;1;0 )  A ( 0; −1;0 ) suy ra

=
= .
4
4
IM IA 2
IA IM
=
Xét IAM và IMA có góc I chung,
nên IAM đồng dạng với
IM
IA
MA IM 1
IMA theo trường hợp g.c.g. Do đó
=
=  MA = 2MA .
MA IA 2
Do đó: MA + 2MB = 2MA + 2MB = 2 ( MA + MB )  2 AB = 4 2 .
Ta có: IA =

Vậy GTNN của MA + 2 MB là 4 2 . Dấu bằng xảy ra khi M là điểm nằm giữa
A và B . Vì A nằm trong mặt cầu và B nằm ngoài mặt cầu nên dấu bằng chắc chắn
xảy ra.

x + y + z = 3

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:  x 2 + y 2 + z 2 = 3
 x3 + y 3 + z 3 = 3

Rõ ràng đây là một bài toán đại số, cụ thể là giải hệ phương trình. Ở bài này nếu
HS biến đổi tương đương và kết hợp với phương pháp thế thì cũng giải được, xong lời

giải sẽ dài. Nếu ta nhìn bài tốn dưới góc nhìn hình học toạ độ hoặc véc tơ, ta sẽ có cách
giải dưới đây:
Lời giải
Cách 1. Nếu xem phương trình thứ nhất là phương trình mặt phẳng, phương trình
thứ hai là phương trình mặt cầu thì ta có
Mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 = 3 , tâm O ( 0;0;0 ) , bán kính R = 3 và mặt phẳng

( ) : x + y + z − 3 = 0 . Dễ thấy d ( O,( ) ) =

−3

= 3 = R nên mặt cầu ( S ) tiếp
12 + 12 + 12
x + y + z = 3
xúc với mặt phẳng ( ) . Do đó hệ phương trình  2
có nghiệm duy nhất:
2
2
x
+
y
+
z
=
3


( x; y; z ) = (1;1;1) .

Dễ thấy nghiệm này cũng thỏa cũng thoả mãn phương trình

x3 + y 3 + z 3 = 3 .Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất: ( x; y; z ) = (1;1;1) .
Nếu nhìn phương trình thứ hai dưới góc độ bình phương độ dài của véctơ, phương
trình thứ nhất là tích vơ hướng của 2 véctơ, ta có cách giải 2 như sau:
Cách 2. Xét f ( x, y, z ) = x + y + z với x, y , z là các số thực.

 u = x2 + y 2 + z 2 = 3
u = ( x; y; z ) 
Đặt: 
  v = 12 + 12 + 12 = 3
v = (1;1;1)

u.v = x + y + z


skkn

23