skkn giúp học sinh khai thác và tìm các cách giải cho một số bài toán cực trị trong không gian tọa độ

1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA IV
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
GIÚP HỌC SINH KHAI THÁC VÀ TÌM CÁC CÁCH
GIẢI CHO MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG
KHÔNG GIAN TỌA ĐỘ
Người thực hiện : Nguyễn Thị Tuyên
Chức vụ : Giáo viên
SKKN thuộc môn :Toán
THANH HÓA NĂM 2013
MỤC LỤC
MỤC LỤC
TRANG
A. PHẦN MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
1.Cơ sở lý luận:
2.Thực trạng của vấn đề nghiên cứu:
II .ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
III. NHIỆM VỤ CỦA NGHIÊN CỨU
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
B . PHẦN NỘI DUNG
I. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
Dạng 1 : KHOẢNG CÁCH LỚN NHẤT ,NHỎ NHẤT
Dạng 2 : GÓC LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT
Dạng 3 : BIỂU THỨC LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT
II. ĐÁNH GIÁ KẾT QUẢ
1 .Đánh giá định tính
2.Đánh giá định lượng
C. KẾT LUẬN

1 .Kết quả nghiên cứu
2 .Kiến nghị ,đề xuất
2
2
2
2
2
2
2
3
3
3
7
10
16
16
16
17
17
17
2
PHẦN MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
1.Cơ sở lý luận: Khi dạy phần hình học không gian tọa độ đặc biệt là những
bài toán cực trị trong không gian tọa độ tôi nhận thấy : Hầu hết học sinh rất ngại
và thậm chí bỏ qua không làm hoặc nếu tự các em làm thì cũng rất ít em làm
được. Bởi vì nếu dùng cách nhìn hình học không gian trực tiếp đòi hỏi các em
có tư duy sáng tạo vẽ thêm hình và nhận biết yếu tố cần tìm đánh giá với yếu tố
không đổi nào đó . Với cách đại số hóa hoàn toàn thì bài toán này bản chất là
một bài toán bất đẳng thức một hoặc nhiều biến sẽ khiến các em lúng túng vì

một bài toán bất đẳng thức là phần kiến thức khó của toán phổ thông .
2.Thực trạng của vấn đề nghiên cứu:
Thực tế đa số học sinh rất bế tắc về phương pháp cho loại toán này bởi vì
trong sách giáo khoa hay sách bài tập không có nhiều bài tập loại này nhưng lại
có trong đề thi đại học những năm gần đây và trong các bài tập ôn luyện đại học
khiến cho học sinh rất bối rối về phương pháp. Trong các tài liệu hầu hết chọn
lựa cách dùng cách nhìn hình học không gian trực tiếp làm học sinh rất khó hiểu
và không tự nhiên.
Các em rất bị động về cách giải với loại toán này. Điều này thôi thúc tôi chọn
đề tài này để giúp học sinh khi gặp loại toán này không còn thấy khó khăn mà
còn thấy thực sự thích thú muốn làm nhiều hơn.
Qua những năm gần đây khi dạy lớp 12 ôn thi đại học tôi nhận thấy mảng
kiến thức phần cực trị trong không gian tọa độ là loại toán khá thú vị. Trong quá
trình đó tôi thấy rất hứng thú lựa chọn đề tài này để nghiên cứu và trình bày. Bởi
việc giúp các em tìm ra các cách giải cho loại toán này giúp các em rất tốt trong
quá trình học tập, luyện và thi đại học và rèn luyện tư duy giải toán.
II .ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Rèn luyện cho học sinh biết cách khai thác và tìm ra các cách giải khác nhau
cho một số dạng bài toán cực trị trong không gian tọa độ của chương trình toán
phổ thông. Phân loại bài tập thường gặp và cách giải cho mỗi dạng .
III. NHIỆM VỤ CỦA NGHIÊN CỨU :
Trình bày một số dạng bài toán cực trị trong không gian tọa độ. Hướng dẫn
học sinh giải quyết các bài toán trong một số tình huống cụ thể. Từ đó bồi dưỡng
cho học hoc sinh kỹ năng giải toán và khả năng tư duy sáng tạo .
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
1. Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu sách giáo khoa bài tập ,sách
tài liệu và các đề thi
2. Phương pháp điều tra thực tiễn : Dự giờ ,quan sát việc dạy và học phần bài
tập này
3. Phương pháp thực nghiệm sư phạm

4 .Phương pháp thống kê

3
B . PHẦN NỘI DUNG
I GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
Sáng kiến kinh nghiệm được đưa ra 4 dạng bài tập lớn của toán cực trị trong
không gian. Ở mỗi dạng hầu hết tôi đã hướng dẫn song hành hai cách cho học
sinh để học sinh khai thác và có sự so sánh. Đó là :
Cách 1: Chủ yếu liên tưởng thực tế ,qua hình vẽ, biến đổi véc tơ và tính chất
đường xiên và hình chiếu.
Cách 2: Cách đại số hóa hoàn toàn và sử dụng các bất đẳng thức và phương
pháp hàm số để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất .
Trong đó một số dạng sẽ có những bài tập nhỏ, dạng mở rộng tương ứng và
một số trường hợp đặc biệt cùng với phương pháp cho dạng đặc biệt đó. Tôi đặc
biệt chú ý cho học sinh đến cách đại số hóa vì nó dễ tiếp cận và nó mang lại kết
quả mà cách nhìn hình trực tiếp không làm hoặc rất khó làm được. Ở đó có một
số ví dụ tôi đã hướng cho học sinh cách giải quyết sáng tạo là dùng bất đẳng
thức Cô si và Buhiakôpxki để có lời giải khá ngắn gọn và rất thú vị mà các tài
liệu chưa trình bày theo cách này.
Kiến thức cần nhắc cho học sinh :
- Tính chất đường xiên và hình chiếu
- Bất đẳng thức về độ dài véc tơ
- Bất đẳng thức: Cô si và Buhiakôpxki
- Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất bằng phương pháp hàm số…
Dạng 1 : KHOẢNG CÁCH LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT
Đưa ra ví dụ 1
Ví dụ 1.1 : Cho A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình :
3
1
12

1 −
==
− zyx
Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A , song song với d và
khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
Lúc đầu hầu hết em thấy ngại và không biết giả quyết bài toàn kiểu này thế
nào. Nên tôi đã hướng dẫn học sinh giải quyết cách 1 bằng cách gợi ý vẽ hình
để học sinh đánh giá được yếu tố yêu cầu sẽ so sánh với đối tượng không đổi
nào ? thông qua lý thuyết đường xiên và hình chiếu.
Cách 1 : Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt
phẳng (P)đi qua A và (P)//d nên
d (d,(P)) = d (H, (P)) = HI
( Với I là hình chiếu của H lên (P))
Ta có : HI
≤
AH = const
⇒
HI lớn nhất khi A
≡
I. Khi đó (P) đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến
Gọi H( 1+2t ; t ; 1+3t) trên d .Vì H là hình chiếu của A trên d nên
uAH ⊥
với
u
( 2 ;1 ; 3) là véc tơ chỉ phương của d. Ta có
AH
(2t-9; t-2; 3t+2)
4

H
IA
d
P
Do đó :
uAH.
= 0
⇔
( 2t-9)2+ t-2 + (3t+2) 3 = 0
⇔
t = 1
⇒
H (3 ; 1; 4 )
⇒
AH
(-7 ; -1 ; 5)
Vậy phương trình (P) : -7( x -10) - ( y - 2) + 5( z + 1) = 0

⇔
7x + y - 5z – 77 = 0
Hướng dẫn học sinh giải quyết cách 2 đưa về bài toàn tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất bằng phương pháp hàm số
Cách 2 : Gọi phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + d = 0 (
0
222
≠++ cba
)
Theo đề bài ta có :
cbaddcba +−−=⇒=+−+ 2100210
(1)

Vec tơ pháp tuyến (VTPT) của (P) :
);;( cban
và véc tơ chỉ phương (VTCP) của
d là
=u
( 2 ;1; 3) vuông góc với nhau nên:
cabcba 32032
−−=⇒=++
(2)
Lại có lấy I (1; 0; 1) thuộc d ta có :
d =
222
))(,())(,(
cba
dca
PIdPdd
++
++
==
max .Từ (1) và (2) ta có
d
acca
ca
125
85
22
++
−
=
max

+ Xét c = 0 thì d =
5
+ Xét c
≠
0 thì d
10125
85
2
++






−
=
c
a
c
a
c
a
10125
85
2
++
−
=
xx

x
(nếu đặt x =
c
a
)
Ta có d
2
=
( )
10125
85
2
2
++
−
xx
x
= f (x)
⇒
22
'
)10125(
)96140)(85(
)(
++
+−
=
xx
xx
xf

= 0






−
=
=
⇔
5
7
5
8
x
x
x -
∞
-7/5 8/5 +
∞
y’ + 0 - 0 +
y 5 375/61 0 5

Max f(x) =
61
375
nên max d =
61
375

Kết hợp hai trường hợp ta có
61
375
>
5
Nên d max khi x = -7/5 hay
c
a
=
5
7−
.Chọn a = 7 thì c = -5 khi đó b = 1 , d = -77 nên Phương trình của (P) là :
7x + y -5z -77 = 0.
Tôi đã đặt thêm câu hỏi nếu bài toán hỏi ngược lại tìm min thì các em kết
luận thế nào?(mở rộng bài toán khác và cũng để thấy rõ ưu thế của cách 2)
5
Yêu cầu học sinh đưa ra nhận xét cho mỗi cách để tìm ra ưu nhược của mỗi
cách để phát huy và khắc phục .
Đưa học sinh ví dụ 2 để học sinh tự chọn làm với một trong hai cách tương
tự trên.
Ví dụ 1. 2 : Cho điểm
( )
2;5;3A
và đường thẳng
1 2
: .
2 1 2
x y z
d
− −

= =
Viết phương
trình mặt phẳng (P) chứa
d
sao cho khoảng cách từ
A
đến
( )
α
lớn nhất
Đa phần học sinh có phần hào hứng làm ngay cách 2 và làm rất tốt ,số ít
học sinh làm theo cách 1 là khá giỏi nhưng lúng túnghơn. Với cách 1 cũng
có phần đánh giá khác hơn một chút, cách 2 tương tự ví dụ trên .
Cách 1:
Gọi K là hình chiếu của A trên d ,điểm H
là hình chiếu của A lên (P) .Khi đó:
d ( A, (P) ) = AH
≤
AK = const
( Vì A , K đã xác định ) .
Nên AH max khi AH = AK hay K
≡
H,
khi đó
AK
là VTPT của (P) .
Vì
)22;;21( tttKdK ++⇒∈
vì K là hình chiếu của A trên d
)2;1;2((0. ==⇒⊥ uuAKdAK

là véc tơ chỉ phương của d ) .
AK
(2t-1; t-5; 2t-1 )
02).12(52).12( =−+−+−⇒ ttt
1
=⇔
t
)1;4;1()4;1;3( −⇒⇒ AKH

Vậy (P) đi qua M(1; 0; 2)
∈
d và nhận
AK
làm véc tơ pháp tuyến nên (P) :
( x - 1) - 4( y – 0 ) +( z - 2 ) = 0
⇔
x – 4y +z - 3 = 0
Cách 2: Gọi phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + d = 0 (
0
222
≠++ cba
)
Theo đề bài ta có :
caddca 202 −−=⇒=++
Vec tơ pháp tuyến của (P) :
);;( cban
và véc tơ chỉ phương (VTCP) của d là
=u
(2;1;2) vuông góc với nhau nên:
cabcba 22022 −−=⇒=++

d =
222
352
))(,(
cba
dcba
PAd
++
+++
=
acca
ca
455
99
22
++
−−
=
max
+ Xét c = 0 thì d = 9/
5
+ X ét c
≠
0 thì d
545
1
9
2
++







+
=
c
a
c
a
c
a
545
1
9
2
++
+
=
xx
x
(nếu đặt x =
c
a
)
6
d K
A
H

P
Ta có d
2
=
( )
545
1
81
2
2
++
+
xx
x
= f (x)
⇒
22
'
)545(
)66)(1(
81)(
++
+−+
=
xx
xx
xf
= 0




−=
=
⇔
1
1
x
x
Tương tự ví dụ 1.1 ta có
Max f(x) =
7
162
khi x = 1
Vậy phương trình của (P) là : x - 4y +z -3 = 0.
Đưa tiếp ví dụ 3 yêu cầu nháp cách 1( dạng sơ lược).Cách 2 về nhà tự làm.
Ví dụ 1.3 : Cho đường thẳng (D) có phương trình tham số
2
2
2 2
x t
y t
z t
= − +


= −


= +


.Gọi
∆
là
đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu
vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua
∆
, hãy viết phương trình
của mặt phẳng có khoảng cách đến (d) là lớn nhất.
Cách 1: Theo đề bài thì (P) // (D) . Gọi H
là hình chiếu vuông góc của I trên (P).
Ta có d((D),(P)) =d (I,(P)) = IH
≤
HA = const .Do đó max IH = IA khi H
≡
A. Khi đó vuông góc với IA tại A.Vectơ pháp tuyến của (P) là
)3;0;6( −== IAn
=
3( 2; 0; -1) .Phương trình của mặt phẳng (P) là: 2 ( x – 4 ) –( z + 1 ) = 0
⇔
2 x –
z – 9 = 0
Ví dụ 1. 4 :
Cho (S) :
03242
222
=−++−++ zyxzyx
và (P) : 2x – y + 2z -14 = 0 .Tìm điểm
M thuộc (S) sao cho khoảng cách từ M đến (P) là lớn nhất và nhỏ nhất
Một số học sinh (HS) đã nghĩ ngay được cách dùng hình khi giáo viên yêu
cầu liên tưởng thực tế. Và khi cho một HS phát biểu đưa ra lý thuyết đó thi

các em đều hiểu và làm theo cách 1.
Cách 1: Dựng đường thẳng (d) đi qua tâm I (1; -2; -1)
của (S) vuông góc với (P) cắt (P) tại A,B
(d) lấy VTPT của(P) làm VTCP nên (d)
có phương trình :





−=
−−=
+=
12
2
12
tz
ty
tx

Khi đó giao điểm của (d) và (S) là:
A(3;-3;1) và B(-1;-1;-3)
d(A, (P)) = 1 ; d(B,(P)) = 7
Vậy điểm A (3;-3;1) và B(-1;-1;-3) là những điểm thuộc (S) có khoang cách
đến (P) là nhỏ nhất và lớn nhất.
Đây là ví dụ tôi mạnh dạn đưa ra việc áp dụng bất đẳng thức Buhiakôpxki mà
các tài liệu của HS không trình bày theo cách này . Tôi hướng dẫn các em về
7
B
A

P
biểu thức ràng buộc giữa các biến và biểu thức cần đánh giá min ,max rồi
nhắc lại cho các em bấtt đẳng thức Buhiakôpxki. Hướng dẫn các em tách
ghép phù hợp. Tôi đã lầy thêm ví dụ tương tự để xem các em đã thật sự biết
tách ghép chưa. Kết quả ở đây học sinh khá giỏi biết làm và rất thích thú.
Nhưng cá nhân tôi thấy cách này không bắt các em phải chưng minh kết quả
về khỏang cách nhỏ nhất ,lớn nhất là đoạn nào mà dùng bất đẳng thức để
tim min ,max. Tuy nó thật sự làm khó cho các em yếu về bất đẳng thức nhưng
nó rất tự nhiên và rèn luyện tư duy cho HS không chỉ phần này mà còn cả
phần kỹ năng vận dụng bất đẳng thức .
Cách 2: Gọi M(a;b;c)
∈
(S) :
9)1()2()1(
222
=++++− cba
Ta có d = d(M,(P)) =
3
1422 −+− cba

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakopxki ta có: ( 2a-b+2c - 2 )
2
=
[2.(a-1)- 1.(b+2) +2.(c+1)]
2

≤
[
222
)1()2()1( ++++− cba

]. [
222
2)1(2 +−+
] =81
⇒
-9
≤
2a-b+2c - 2
≤
9
⇒
-21
≤
2a-b+2c - 14
≤
-3
⇒
3
≤
1422 −+− cba
≤
21
⇒
1
≤
d
≤
7. Do đó max d = 7 khi M(-1;-1;-3) ; min d = 1 khi M (3;-3;1)
Sau đó tôi hỏi học sinh đưa ra nhận xét cho mỗi cách thì hầu hết HS thích
làm cách 1 nhưng số ít các em HS khá giỏi vẫn muốn làm cách 2 vì nó rèn

luyện cho các em vận dụng bất đẳng thức
Bài tập : 1. Cho đường thẳng (d) và (d’) lần lượt có phương trình
2
1
1
2
1
1 −
=
−
+
=
− zyx
và
2
2
2 2
x t
y t
z t
= − +


= −


= +

. Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa (d) sao
cho khoảng cách (d’) đến (P) là lớn nhất.

2.Cho A(1;0;0) ,B(2;-1;2) C(-1;1;3) và d :
2
2
11
1 −
==
−
− zyx
. Viết phương trình
mặt cầu tâm nằm trên d, đi qua A cắt (ABC) theo đường tròn có bán kính nhỏ
nhất.
3.Cho điểm A(1;2;4) và đường thẳng
2
z
1
2y
1
1x
:)d( =
+
=
−
−
.Viết phương trình mặt
phẳng (P) chứa (d) sao cho khoảng cách từ A đến (P) lớn nhất.
4.Cho ba điểm
( )
;0;0A a
,
( )

0; ;0B b
,
( )
0;0;C c
với a, b, c là ba số dương, thay
đổi và luôn thỏa mãn
2 2 2
3a b c+ + =
. Xác định a, b, c sao cho khoảng cách từ
điểm
( )
0;0;0O
đến mặt phẳng (ABC) đạt giá trị lớn nhất.( bất đẳng thứ cô si )
Trên cơ sở dạng 1 học sinh đã hình thành dần cách khai thác các bài toán
kiểu này ta sang dạng 2 .Với cách 1 các em cũng quen dần nhưng thật sự các
ví dụ khác nhau thì cách đánh giá cũng khác nhau nhiều mặc dù vẫn chỉ áp
dụng tính chất đương xiên và hình chiếu. Cách 2 hầu như HS tự làm rất tốt.
Nên tôi chỉ hướng dẫn cách 1 chủ yếu.
Dạng 2 : GÓC LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT
8
Ví dụ 2.1 : Cho đường thẳng





=
+−=
−=
t2z

t2y
t1x
:)d(
. Viết phương trình mặt phẳng (P)
chứa (d) và tạo với trục Oy góc lớn nhất.
Cách 1: Qua điểm A trên d dựng đường thẳng d’ song song với Oy. Lấy điểm M
trên d’ ; gọi I là hình chiếu của M trên d và K là hình chiếu vuông góc của M
trên (P).Khi đó ta có :
)Oy,d(MAK =α=
∧
.Mặt khác từ cách lấy A nên d’
xác định và lấy M cố định nên K,H cố định .
Do đó MH, AM không đổi. Khi đó :
AM
MI
AM
MK
≤=
α
sin
= const ( vì MK
≤
MI)
Do hàm số sin đồng biến trên







Π
2
;0

nên
α
lớn nhất khi sin
α
lớn nhất .
Điều này tương đương I
≡
K. Vậy mặt
phẳng (P) cần tìm vuông góc với
MI tại I. Lấy A(1;-2;0) thuộc d.
Đường thẳng Oy có véctơ chỉ phương
)0;1;0(j =
→
; nên nếu d’ qua A và song
song với Oy thì d’ có phương trình là





=
+−=
=
0z
t2y
1x

. Lấy M(1;-1;0) thuộc d’ thì hình
chiếu vuông góc của M trên d là I ( 1- t; -2 +t ;2t )
MI⇒
(-t ;-1+t ; 2t)
Mà
)2;1;1((0. −==⇒⊥ uuMIdMI
là véc tơ chỉ phương của d )
6/1
=⇒
t

⇒
I(
3
1
;
6
11
;
6
5 −
) nên
MI
(
6
2
;
6
5
;

6
1 −−
) . Chọn véctơ pháp tuyếncủa (P) là
)2;5;1(n −=
→
.Phương trình mặt phẳng (P):
0)
3
1
z(2)
6
11
y(5)
6
5
x(1 =−−++−
⇔

x + 5y - 2z + 9= 0.
Cách 2: Lấy M(1;-2;0)
∈
d ; N(0;-1;2)
∈
d. Đặt (P): ax+by+cz+d=0 (
0
222
≠++ cba
)Do M và N thuộc (P) nên: a -2b+d = 0 và -b+2c+d = 0
⇒
a - b - 2c = 0 (*)

Vec tơ pháp tuyến của (P) :
);;( cban
và véc tơ chỉ phương (VTCP) của Oy là
=u
(0 ;1 ; 0) Khi đó : D = sin (Oy, (P)) = cos(
un,
)=
222
cba
b
++
(**) Góc
của Oy và (P) lớn nhất khi sin (Oy, (P)) max . Tương tự các bài toán trên
Vậy phương trình cần tìm là : x + 5y - 2z + 9 = 0
Chú ý : Có thể từ (*) kết hợp (**)chuyển thành hàm số và khảo sát như một
số ví dụ trên để tìm max.
9
M
I
K
A
O
y
d
α
P
Ví dụ 2.2 : Cho đường thẳng d :
3z1y
2
1x

−=+=
+
và mặt phẳng (P): x+2y-
z+5=0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và tạo với mặt phẳng (P) góc
nhỏ nhất.
Cách 1: Giả sử d’= (P)
∩
(Q) và A=d
∩
(P) thì
A
∈
d’.Lấy K
∈
d, giả sử H và I lần
lượt là hình chiếu của K lên (P) và d’
thì HI vuông góc với d’ nên :
α==
∧
)Q,P(KIH
.
Trong tam giác vuông KIH :
HI
KH
tan =α
HA
KH
≤
= const (vì HI
≤

HA
bởi tam giác KIH vuông ở I .Mà KH không
đổi ) nên
α
nhỏ nhất khi tan
α
nhỏ nhất
⇔
I
A≡
khi đó HA
⊥
d
⇒
KA
⊥
d hay d, d’ vuông góc .
VTCP của d là
)1;1;2(u =
→
; VTPT của (P) là
)1;2;1(n
P
−
→
suy ra VTCP của d’ là :
)1;1;1('uhay)3;3;3(n,u'u
P
−−=−=







=
→→→→
.
Mặt phẳng (Q) cần tìm là mặt phẳng chứa d và d’. Do đó VTPT của mặt phẳng
(Q) là:






=
'
,uun
Q
= (0; 3;-3) hay
Q
n
= ( 0;1;-1) .
Điểm M(-1;-1;3)
∈
d
⇒
M
∈

(Q).Mặt phẳng (Q) cần tìm có phương trình:
0(x+1)+1(y+1)-1(z-3) = 0
⇒
y-z+4 = 0
Cách 2:
Phương pháp giải tích.Gọi phương trình mặt phẳng (Q): ax + by + cz + d = 0 (
0
222
≠++ cba
)
Theo đề bài ta có : M(-1;-1;3)
)(d∈

⇒
M
)(P∈
nên :
cbaddcba 303
−+=⇒=++−−
Vec tơ pháp tuyến của (Q) :
);;( cban
Q
và véc tơ chỉ phương (VTCP) của d là
=u
(2 ; 1 ; 1) vuông góc với nhau nên:
cabcba
−−=⇔=++
202
VTPT của (P) là
P

n
(1;2;-1)
H = Cos((P),(Q)) =
),cos(
QP
nn
=
6
2
222
cba
cba
++
−+
=
6245
33
22
caca
ca
++
−−
.
Góc giữa P) và (Q) nhỏ nhất khi H max .Tương tự các bài toán trên
Phương trình của (P) là : - y + z – 4 = 0
Với 2 ví dụ này cách 1 khá phức tạp vì cần khả năng tư duy thật tốt nên
khi dạy tôi thấy học sinh hứng thú cách 2 hơn.
10
dK
H

A
I
Q
P
d’
d
Bài tập : 1. Cho đường thẳng (d) :
1
1
2
3
1
3 −
=
−
+
=
− zyx
. Viết phương trình mặt
phẳng (P) chứa (d) và tạo với đường thẳng
1
3
2
1
1
2 +
=
−
=
−

− zyx
góc lớn nhất.
2. Cho đường thẳng d :
1
3
21
3 −
==
−
− zyx
và mặt phẳng (P): 2x- y- z+5=0. Viết
phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ nhất.
Dạng 3 : BIỂU THỨC LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT
Bài toán 1
Ví dụ 3.1 : Cho đường thẳng (d):
1
5
2
1
1
2
−
+
=
+
=
− zyx
và A(-1;2;4) ;B(2;-
1;1).Tìm M trên (d) sao cho T = MA +MB đạt min.
Chú ý cho HS nhận xét AB có vuông góc với d hay không? Từ đó hãy tưởng

tượng ra ngoài không gian của mình để đoán M cần tìm là điểm nào?
Cách 1: Ta có
AB
(3;-3;-3) ;
u
(1;2;-1) là VTCP của d.Nhận thấy
AB
⊥
u
.
Dựng mặt phẳng (P) đi qua A vuông góc với d.
Phương trình (P) : x+2y-z+1 = 0 .Vì
AB
⊥
u
nên A,B
)(P∈
. Gọi M
o
= d
∩
(P) là nghiệm
của hệ phương trình d và (P)
⇒
M
o
(1;-3;-4)
Khi đó
∀
M

d∈
ta có : MA
≥
M
o
A
MB
≥
M
o
B
⇒
T = MA+MB
≥
M
o
A+M
o
B =const. Do đó minT khi M
≡
M
o
.
⇔
Vậy M(1;-3;-4) là điểm cần tìm.
Cách 2: Gọi điểm M ( t+2 ; 2t -1 ; -t - 5) trên d Ta có :
MA + MB =
222
)9()32()3( −−+−++ ttt
+

222
)6()2( −−++ ttt
=
99126
2
++ tt
+
36126
2
++ tt
=
93)1(6
2
++t
+
30)1(6
2
++t
Xét
u
(
)1(6 +t
;
93
) ;
v
(-
)1(6 +t
;
30

)
⇒
vu +
( 0 ;
93
+
30
)
MA =
u
; MB =
v
Ta có MA +MB =
u
+
v

≥

vu +
=
93
+
30
Dấu bằng xảy ra khi :
u
,
v
cùng phương khi :
)1(6 +t

30
= (-
)1(6 +t
93
⇔
t = -1. Nên M(1;-3;-4)

11
M
M
0
A
B
d
Ví dụ 3.2 : Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng
∆
có phương trình
tham số
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +


= −



=

.Một điểm M thay đổi trên đường thẳng
∆
, xác định vị trí của
điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.
Cách 2 (Tương tự ví dụ 3.1)
Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.
Ta có M(1;0;2)
Chú ý : Đối với bài toán này ta nên sử dùng cách 2 bởi vì với cách 1 rất khó
khăn. Người ta chỉ chọn lựa dùng cách 1 trong trường hợp đặc biệt như là:
AB
⊥
d ( như ví dụ 1 ) hoặc AB // d ( ví dụ 3 sau đây) vì nó ngắn gọn hơn khi
dùng cách 2
Ví dụ 3.3: Cho đường thẳng (d):
2 4
3 2 2
− −
= =
−
x y z
và hai điểm A(1;2; –1),
B(7; –2; 3). Tìm trên (d) những điểm M sao cho tổng khoảng cách từ đó đến A
và B là nhỏ nhất.
Cách 1:
Ta có
(6; 4;4)= −
uuur

AB
⇒ AB//(d) nên AB ,d
đồng phẳng. Gọi H là hình chiếu
của A trên (d). Khi đó H( 3t+2; -2t; 2t+4)
⇒
AH
( 3t+1; -2t-2; 2t+5)
AH
⊥
u
⇔

AH
.
u
= 0
với
u
( 3; -2 ; 2) là VTCP của d
⇔
( 3t+1) 3+( -2t -2) (-2)+ (2t+5) 2 = 0
⇔
t = -1
⇒ H(–1;2;2). Gọi A′ là điểm
đối xứng của A qua (d) ⇒ H là trung điểm
của AA′ ⇒ A′(–3;2;5). Ta có A, A′, B, (d) cùng nằm trong
một mặt phẳng. Đường thẳng A′B nhận
BA'
(10;-4;-2) = 2(5;-2;-1)làmVTCP
nên phương trình A

’
B là :
1
1
2
2
5
1
−
+
=
−
−
=
− zyx
.Gọi M = A′B∩(d) ⇒ M(-4;4;0)
Bài toán 2:
Ví dụ 3.4 Cho d:





−=
+=
+−=
2
1
1
z

ty
tx
và A (1;-1;0) ; B(1;0;1) . Tìm trên (d) những điểm
M sao cho diện tích tam giác ABM nhỏ nhất.
Cách 1: Ta có S =
AMB
S
∆
=
ABMJ.
2
1
( với MJ là đường cao của
∆
ABM)
Do AB không đổi nên S đạt min khi MJ min khi đó MJ chính là đường vuông
góc chung của AB và d . Ta có
AB
(0;1;1) .MJ là đường vuông góc chung của
AB và d thì M( -1+t ; 1+t ; -2) ; J(1; s-1; s) .Suy ra
MJ
( 2-t; s-t-2; s+2); VTCP
12
A B
A’
H M
M
0
của d là
u

(1;1;0) .Khi đó
MJ
⊥

u
và
MJ
⊥
AB
nên
MJ
.
u
= 0 và
MJ
.
AB
=
0
⇔



=
=
⇔



=−

=−
0
0
02
02
t
s
ts
ts
.Vậy M(-1;1;-2)là điểm cần tìm.
Cách 2:
Gọi M( -1+t ; 1+t ; -2)
∈
d
⇒
AM
(t-2; t+2; -2) ;
AB
(0;1;1) nên
[ ]
ABAM,
= ( t+4; -t+2; t-2)
S =
AMB
S
∆
=
[ ]
2
, ABAM

=
2
1
222
)2()2()4( −++−++ ttt
đạt min khi
2
S
=
4
1
(
243
2
+t
) đạt min với t = 0 . Vậy M(-1;1;-2)là điểm cần tìm.
Đưa ra trường hợp nếu AB vuông góc với d giải quyết trường hợp đặc biệt
như thế nào?
Chú ý: Ta dựng mặt phẳng (P)chứa A,B vuông
góc với và cắt d tại M
o.
Giả sử M là điểm bất kỳ
trên d . Goi I, K hình chiếu của M
0
, M
lên d .Ta có : MK
≥
M
0
I =const .(Vì M

0
I là
đoạn vuông góc chung giữa AB và d). Do đó
diện tích tam giác ABM nhỏ nhất khi MK
nhỏ nhất hay M
≡
M
0
(Ví dụ sau đây ) .
Ví dụ 3.5 Cho d:
1
5
2
1
1
2
−
+
=
+
=
− zyx
và A(-1;2;4) ;B(2;-1;1).
Tìm trên (d) những điểm M sao cho diện tích tam giác ABM nhỏ nhất.
HD: Cách 1 : Ta có
AB
(3;-3;-3) ;
u
(1;2;-1) là VTCP của d.Nhận thấy
AB

⊥
u
.
Từ đó tìm được M(1;-3;-4)
HD: Cách 2 : như ví dụ 3.4.
Bài toán 3
Ví dụ 3.6 : Cho A(-1;3;-2) ; B(-9;4;9) và (P): 2x-y+z+1 = 0.Tìm M thuộc (P)
sao cho MA + MB nhỏ nhất.
Cách 1:
Ta thấy A,B khác phía Lấy A’ đối xứng với A qua (P)
Đường thẳng AA’ có VTCP chính là VTPT của (P) nên AA’ có phương trình:





+−=
−=
+−=
tz
ty
tx
2
3
21
. Gọi H là hình chiếu của A lên (P)
thì H = AA’
∩
(P) nên H(1;2;-1)
Ta có H là trung điểm của AA’ .suy ra A’(3;1;0)

Giả sử N = BA’
∩
(P) thì
∀
M
)(P∈
ta có :
AM +BM
≥
A’M+BM
≥
A’B = const
⇒
AM +BM đạt min khi A’,B, M thẳng hàng
Hay M
≡
N
13
A’
A
M
0
B
H
M
M
0
I
K
M

d
A
B
Phương trình BA’ là





=
+=
−=
tz
ty
tx
3
1
43
(*) .
Thay (*) vào (P) ta có N(-1;2;3) . Vậy điểm cần tìm là N(-1;2;3) .
Đối với bài toán này (ví dụ 3.6 ) không nên theo phương pháp giải tích vì nó
quá phức tạp.
Bài toán 4 :
Ví dụ 3.7: Cho A( 1;4;2) B( -1; 2;4) và đường thẳng (d):
21
2
1
1 zyx
=
+

=
−
−
.Tìm
M trên d sao cho T =
22
MBMA +
đạt min.
Cách 1: ( Phương pháp véc tơ )
Giả sử I là trung điểm của AB thì
0=+ IBIA
và I( 0; 3; 3)
IAMIMA +=
⇒
2
MA
=
22
.2 IAIAMIMI ++

IBMIMB +=
⇒
2
MB
=
22
.2 IBIBMIMI ++
T =
22
MBMA +

=
)(22
2
IBIAMIMI ++
+
2
IA
+
2
IB
=
2
2MI
+
2
IA
+
2
IB
đạt min khi
MI
2
đạt min vì
2
IA
+
2
IB
không đổi.
MI

2
nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I lên d.
Goi M(- t+1; t-2; 2t)
∈
d Ta có
IM
(- t+1; t-5; 2t-3) vuông góc với VTCP của d
là
u
(-1; 1; 2) nên : -1(- t+1)+t-5+ 2(2t-3) = 0
⇔
t = 3. Vậy M ( -2; 1; 6).
Cách 2:
Gọi M( - t+1; t-2; 2t)
∈
d .Ta có :
T =
222222
)42()4()2()22()6( −+−++−+−+−+ tttttt
=
76488
2
+− tt
là hàm số bậc
hai theo t có hệ số bậc hai a = 8 >0 nên đạt min khi t =
=
−
a
b
2

3 .
Vậy M ( -2; 1; 6).
Chú ý : Qua hai cách làm ta thấy phương pháp giải tích gọn nhẹ và dễ hiểu
Ví dụ 3.8: Cho (P): x – y + z - 2 = 0 và A(1;1;1), B(2;-1;0), C(2;0;-1)
Tìm trên (P) những điểm M sao cho MA
2
+2MB
2
+3MC
2
nhỏ nhất.
Cách 1: ( Phương pháp véc tơ )
Giả sử có điểm I (x;y;z) sao cho
032 =++ ICIBIA
⇔





=+++−
=+++−
=−+−+−
0)1(321
03)1(21
0)2(3)2(21
zzz
yyy
xxx

⇔
I( 11/6;-1/6 ; -2/6 )
Ta có :
IAMIMA +=
⇒
2
MA
=
22
.2 IAIAMIMI ++

IBMIMB +=
⇒
2
MB
=
22
.2 IBIBMIMI ++

ICMIMC +=
⇒
2
MC
=
22
.2 ICICMIMI ++
T =
222
32 MCMBMA ++
=

)32(26
2
ICIBIAMIMI +++
+
2
IA
+2
2
IB
+3
2
IC
=
2
6MI
+
2
IA
+2
2
IB
+3
2
IC
đạt min khi MI
2
đạt min vì
2
IA
+2

2
IB
+3
2
IC
không đổi.
Ta có MI
2
nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I lên (P).
14
Dựng đường thẳng d qua I vuông góc với (P) thì d có VTCP là VTPT của (P)
nên (d):





−=
−−=
+=
6/2
6/1
6/11
tz
ty
tx
.Khi đó M là giao của d và (P) nên thay (*) vào PT(P) .
Ta có t = 2/18. Vậy M(35/18; -5/18;-4/18)
Cách 2:
Gọi M( a;b;c)

∈
(P) .Ta có : a – b + c – 2 = 0
⇒
a – b + c = 2
T = (a-1)
2
+ (b-1)
2
+ (c-1)
2
+2(a-2)
2
+2 (b+1)
2
+2 c
2
+

3(a-2)
2
+3 b
2
+ 3(c+1)
2
=
=
284222666
222
+++−++ cbacba
= 6[(a-11/6)

2
- (b+1/6)
2
+ (c+2/6)
2
]+7.
[(a - 11/6).1 –( b+1/6).1 +( c+2/6).1] = a – b + c +
6
14
=
6
2
Áp dụng bất đảng thức
Bunhiakopxki ta có:
2
6
2






= [(a - 11/6).1 –( b+1/6).1 +( c+2/6).1]
2

≤

[(a-11/6)
2

+ (b+1/6)
2
+ (c+2/6)
2
].(1
2
+1
2
+1
2
) = (T-7)/2
⇒
T
≥
65 / 9
Do đó minT = 65/9 khi a - 11/6 = –( b+1/6) = c+2/6 và a – b + c – 2 = 0
a =35/18 ; b =-5/18 ; c =- 4/18. Vậy M (35/18; -5/18 ; - 4/18).
Cách này chủ yếu vẫn là các em khá giỏi chọn.
Chú ý : Bài toán 4 này có thể mở rộng với T =
22
qMBpMA +
với p+ q > 0
hoặc mở rộng với 3 điểm A,B,C để T =
222
rMCqMBpMA ++
với p + q + r >
0 Cách 1 : Chung cho dạng bài tập này là :
- Xác định tọa độ điểm I sao cho
0=++ ICrIBqIAp
- Tính T = =

2
)( MIrqp ++
+ p
2
IA
+q
2
IB
+ r
2
IC
- M là hình chiếu của I lên d ( hoặc trên (P)).
Cách 2 : T ương tự hai ví dụ trên. Học sinh thấy thú vị với cách 1 hơn.
Bài toán 5
Ví dụ 3.9 : Trong không gian Oxyz cho (P):
3 0x y z+ + + =
và
(3;1;1)A
;
(7;3;9)B
;
(2;2;2)C
.Tìm M thuộc (P)
sao cho
MCMBMA 32 ++
ngắn nhất .
Cách 1: Giả sử có điểm I (x;y;z) sao cho
032 =++ ICIBIA
⇔






=−+−+−
=−+−+−
=−+−+−
0)2(3)9(21
0)2(3)3(21
0)2(3)7(23
zzz
yyy
xxx

⇔
I( 23/6; 13/6 ; 25/6 )
Ta có :
IAMIMA +=

IBMIMB +=

ICMIMC +=
⇒
T =
MCMBMA 32 ++
=
ICIBIAMI 32(6
+++
=
MI6

= 6MI ngắn
nhất khi M là hình chiếu của I lên (P).
15
Dựng đường thẳng d qua I vuông góc với (P) thì d có VTCP là VTPT của (P)
nên (d):





+=
+=
+=
6/25
6/13
6/23
tz
ty
tx
.Khi đó M là giao của d và (P) nên thay (*) vào PT(P) .
Ta có t = -79/18 nên M( -5/9; -20/ 9; -2/9).
Cách 2: Gọi M( a;b;c)
∈
(P) .Ta có : a + b + c+ 3 = 0
⇒
6 a+6b+6c = -18 (1)
và
=++ MCMBMA 32
(6a-23; 6b-13; 6c-25)
Nên T

2
=
MCMBMA 32 ++
2
= (6a-23)
2
+( 6b-13)
2
+( 6c-25)
2
Từ (1) ta có (6a -23) +(6 b-13) + (6c -25) = -79 . Áp dụng bất đảng thức
Bunhiakopxki ta có: (-79)
2
= [(6a -23).1 +(6 b-13).1 + (6c -25).1]
2

≤
[(6a-23)
2
+( 6b-13)
2
+( 6c-25)
2
].(1
2
+1
2
+1
2
) = 3T

⇒
T
≥
6241 / 3
Do đó minT = 79/
3
khi : a - 23 = b - 13 = c - 25 và a + b + c+ 3 = 0
a =-5/ 9; b =-20/ 9 ; c =-2/ 9. Vậy M ( -5/9; -20/ 9; -2/9).
Cách này làm khó cho các em yếu về bất đẳng thức (HS ít chọn )
Ví dụ 3.10 : Cho (d) :
21
2
1
1 zyx
=
+
=
−
−
và
(3;1;1)A
;
(7;3;9)B
;
(2;2;2)C
.Tìm M
thuộc d sao cho : T =
MCMBMA ++
ngắn nhất.
Cách 1: Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Ta có G( 4; 2 ; 4)

Ta có
MCMBMA ++
=
MG3
= 3MG nhỏ nhất khi M là hình chiếu của G lên d
Gọi M( - t + 1; t – 2; 2t )
∈
d
⇒
MG
( t +3 ;4 – t ; 4 -2t ) vuông góc với VTCP
của d là
u
(-1;1;2) . Do đó ta có : - (t +3) +(4 – t )+2 ( 4 -2t ) = 0
⇒
t = 3/2
Vậy điểm cần tìm là M( 1/2; -1/2; 3)
Cách 2: Gọi M( - t + 1; t – 2; 2t )
∈
d
=++ MCMBMA
( 9+3t; 12-3t ; 12- 6t )
⇒
T
2
=( 9+3t )
2
+(12-3t)
2
+(12 -6t)

2
=
54t
2
- 162t +369 .Ta có T min khi T
2
min hay t =
54.2
162
2
=
−
a
b
= 3/2
Vậy điểm cần tìm là M( 1/2; -1/2; 3)
Chú ý : Bài toán này có thể mở rộng hoặc mở rộng với 3 điểm A,B,C để
T =
MCrMBqpMA ++
với p + q + r > 0
Cách 1 : Chung cho dạng bài tập này là :
- Xác định tọa độ điểm I sao cho
0=++ ICrIBqIAp
- Tính T =
IMrqp )( ++
( như khai triển ví dụ 1)
- M là hình chiếu của I lên (P) ( hoặc trên d)
Cách 2 : T ương tự ví dụ trên.Học sinh thấy thú vị với cách 2 hơn
Bài toán 6: Cho M(1;2;3). Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt ba tia Ox
tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất.

Cách 1: Giả sử mặt phẳng (P)cần viết cắt các tia Ox,Oy,Oz tại
16
A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) nên (P) :
1=++
c
z
b
y
a
x
( Với a,b,c > 0)
Do M
∈
(P) nên
1
321
=++
cba
. Ta có V
OABC
=
abc
6
1
Áp dụng bất đẳng thứcCô si ta có:
3
6
3
321
1

abccba
≥++=
162
≥⇒
abc
⇒
V
OABC

27≥

Vậy V
OABC
đạt min khi:
cba
321
==
và
1
321
=++
cba
⇔
a = 3, b = 6, c = 9
Phương trình (P) :
1
963
=++
zyx
Bài tập 1.Cho đường thẳng (d):

22
2
1
2 zyx
=
−
=
+
và A(-1;3;5) ;B(-2;1;1).Tìm M
trên (d) sao cho : a) T = MA +MB đạt min.
b) diện tích tam giác ABM nhỏ nhất.
c)Tích
MBMA
nhỏ nhất.
2.Cho A(1;-1; 3) ; B(-4;2;-1) và (P): 2x+3y-z+4 = 0.Tìm M thuộc (P) sao cho
MA + MB nhỏ nhất.
3. Cho các điểm
( ) ( )
− − −3; 5; 5 , 5; 3;7A B
,C ( 2 ; -3 ;5) và mặt phẳng
( )
+ + =: 0P x y z
. Tìm điểm
( )
∈M P
sao cho :
a) 2
+
2 2
MA MB

+ 6
2
MC
nhỏ nhất.
b)
MCMBMA ++ 4
nhỏ nhất.
4. Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), Tìm tọa độ điểm I trên đường thẳng
(d) :
21
2
3
1 zyx
=
−
+
=
−
sao cho :
a)
+
2 2
MA MB
+ 3
2
MC
nhỏ nhất.
b)
MCMBMA 342 ++
nhỏ nhất.

II. ĐÁNH GIÁ KẾT QUẢ
1 .Đánh giá định tính
Qua quá trình thực nghiệm quan sát thấy ở lớp đối chứng rất ngại và rất ít em
biết giải bài toán kiểu này. Còn khi dạy cho lớp thực nghiệm, học sinh không
còn ngại mà rất hứng thú .Các em đã giải khá tốt những bài toán giáo viên yêu
cầu ; một số em đã bước đầu sáng tạo được những bài toán mới và cách giải cho
những bài đó ( thông qua gợi ý giáo viên các em đưa ra các bài toán mở rộng
như ví dụ 3.8 ví dụ 3.9 ví dụ 3.10).
1 .Đánh giá định lượng
Kết quả làm bài của lớp đối chứng và lớp thực nghiệm qua bài kiểm tra như
sau :
17
Lớp
Điểm
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Tổng
bài
kiểm
tra
Đối chứng 10 8 5 5 3 6 4 3 1 1 0 46
Thực nghiệm 0 0 1 2 3 6 5 8 12 6 2 45
Lớp Loại
Yếu Trung
bình
Khá Giỏi Tổng
học
sinh
Đối chứng (%) 67,5 21,7 6,5 4,3 46
Thực nghiệm (%) 13,3 24,4 17,7 44,4 45
Căn cứ vào kết quả này việc giúp các em khai thác và tìm ra cách giải cho các
bài toán nói trên đã có kết quả khá tốt.

C. KẾT LUẬN
1 .Kết quả nghiên cứu
Khi áp dụng đề tài vào giảng dạy tôi thấy kết quả thu được ngoài dự kiến của
tôi. Khi chưa có phương pháp chỉ có 20% học sinh nháp bài trong đó có 6-10%
học sinh trong lớp có làm được theo một cách nào đó nhưng khá lúng túng và
không tự tin mình đúng.
Sau khi áp dụng thì hầu hết đã bắt tay vào làm theo một trong hai cách đã học
và nhất là cách 2. Các em làm xong nhanh hơn và có nhiều học sinh làm đúng và
rất tự tin với kết quả mình làm.
Đề tài đã giúp cho học sinh một số công cụ hiệu quả để giải quyết các bài toán
cực trị trong không gian tọa độ .
Đề tài đã cung cấp không nhỏ các dạng bài tập cực trị trong không gian tọa độ
và còn gợi ý cho học sinh khả năng sáng tạo ra các bài toán khác ngược lại hoặc
mở rộng bài toán ở dạng tổng quát.
Không chỉ với các quả trên đây mà tôi nhận thấy khi áp dụng đề tài này đã
giúp cho các em có sự tự tin trong việc tiếp cận với những bài toán khó và từ đó
rèn luyện cho các em về tư duy về môn toán.
2 .Kiến nghị ,đề xuất
Tôi viết đề tài này để cùng trao đổi với Quý Thầy Cô dạy bộ môn toán về
phần cực trị trong không gian tọa độ bởi phần này ít có trong SGK hay sách bài
tập nhưng lại có không ít trong các đề thi đại học, mong được sự góp ý và bổ
sung thêm các cách làm hay và các bài toán cho dạng này.Vì kiến thức và thời
gian còn nhiều hạn chế nên chắc rằng tài liệu có thể thiếu sót, tôi xin chân thành
đón nhận sự góp ý của Quý Thầy Cô để đề tài có chất lượng tốt hơn.
Hàng năm những sáng kiến có chất lượng đề nghị sở nên phổ biến rộng rãi để
giáo viên có thể học hỏi và áp dụng vào thực tế.
Cuối cùng tôi xin trân trọng cảm ơn những ý kiến đóng góp bổ ích của các
thầy cô trong tổ chuyên môn.
18

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày23 tháng5 năm2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của
người khác.

Nguyễn Thị Tuyên
19