Hướng dẫn học sinh phương pháp thay đối tượng để có một bài toán mới – chương trình toán THPT

MỤC LỤC
MỤC
1
1.1
1.2
1.3
1.4
2
2.1
2.2
2.3
2.3.1

NỘI DUNG
MỞ ĐẦU
Lý do chọn đề tài
Mục đích nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu
NỘI DUNG
Cơ sở lí luận
Thực trạng vấn đề
Giải pháp thực hiện
Xây dựng hệ thống bài toán Hình học thông thường theo

TRANG
1
1
1
2
2

2
2
3
4
4

hướng “thay đối tượng cơ bản” giải quyết các yêu cầu trên
2.3.2

bằng định tính
Hướng dẫn học sinh phương pháp “thay đối tượng để có hệ

7

2.3.3

thống bài tập mới” ở một lớp bài tập tiêu biểu.
Mở rộng đối tượng mới thông qua một số mối quan hệ

12

2.4

khách quan.
Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với công tác giảng

14

dạy ôn tập cho học sinh.
KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ

Kết luận:
Kiến nghị
TÀI LIỆU THAM KHẢO

16
16
16
20

3
3.1
3.2


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
- Mở rộng bài toán theo hướng “thay đối tượng” là một phương pháp mà
người làm toán thường sử dụng để xây dựng và hoàn thiện hệ thống bài tập,
củng cố lí thuyết, làm sáng mối liên hệ giữa các phần, các nội dung kiến thức
khác nhau trong chương trình toán THPT. Với học sinh để thực hiện được điều
này các em cần có lượng kiến thức đủ rộng, có trải nghiệm nhiều qua các dạng
bài tập khác nhau và dưới sự hướng dẫn của thầy cô giáo thì việc vận dụng
phương pháp mới có kết quả. Tuy nhiên nếu trong quá trình dạy học, hướng
dẫn học sinh, Giáo viên quan tâm và giúp các em cách thức tiếp cận vấn đề
thường xuyên và có hệ thống thì sẽ không là vấn đề khó và xa lạ đối với các
em.
- Trong dạy học chúng ta đang hướng tới việc “dạy học tích hợp” , tích
hợp các phần nội dung khác nhau trong môn học đặt ra yêu cầu trong dạy học,
Giáo viên phải luôn chú ý đến mối liên hệ qua lại giữa các đối tượng, mối liên
hệ qua lại giữa các nội dung kiến thức trong chương trình ở cả lí thuyết và bài

tập. Giúp học sinh thấy được mối liên hệ, biết liên hệ từ đơn giản đến phức tạp,
từ cái nhìn thấy đến những điều tất yếu khách quan là một yêu cầu của việc dạy
toán.
- Phổ biến khi giúp học sinh tìm hiểu mở rộng, đào sâu các bài toán từ cơ
bản đến phức tạp, từ dễ đến khó, từ nội dung này chuyển sang nội dung khác.
Xin được giới thiệu việc sử dụng phương pháp thay đối tượng ở một lớp bài
toán có tính đặc trưng trên trong bài viết: “Hướng dẫn học sinh phương pháp
thay đối tượng để có một bài toán mới – chương trình toán THPT”
1.2. Mục đích nghiên cứu
- Giúp học sinh nắm vững hệ thống nội dung kiến thức, biết vận dụng và
liên hệ các nội dung lại với nhau. Giải quyết các yêu cầu của một bài toán và
đặt ra được các yêu cầu tương tự với một số lớp bài toán có liên quan. Phương
1


pháp thay đối tượng, thay thế các yếu tố mới để có được cái nhìn bao quát hơn
khi làm toán.
- Với các em học sinh lớp 12 trong giai đoạn ôn tập tổng hợp, chuẩn bị
cho kì thi THPTQG rất cần có cái nhìn bao quát vấn đề và xử lí các vấn đề
trong một loạt các bài toán như vậy.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
- Học sinh lớp 12 trong quá trình ôn tập kiến thức tổng hợp chuẩn bị cho
thi hết kì và thi THPT QG.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Kết hợp giữa kinh nghiệm và yêu cầu thực tế trong việc dạy học ôn tập
tổng hợp cho học sinh lớp 12.
- Phối hợp các phương pháp dạy học tích cực trong qúa trình thực nghiệm
trong các nhóm học tập và trên lớp.
2. Nội dung
2.1 Cơ sở lí luận:

- Toán học mang trong mình tính logic biện chứng rõ nét. Các đối tượng
trong bộ môn có quan hệ chặt chẽ với nhau. Việc chuyển đổi, liên hệ qua nhau
là điều hết sức khách quan [1].
- Trong các bài toán về hình học. Việc thay thế đối tượng từ điểm sang
đường, điểm sang mặt và đường sang mặt... để có một bài toán mở rộng mới
là phương pháp thường được sử dụng khi xây dựng, mở rộng và nới sâu mức
độ phong phú của từng dạng bài.
- Các đối tượng, các quan hệ trong hình học được nghiên cứu ở dạng hình
giải tích có nhiều mối liên hệ với các vấn đề trong đại số, giải tích. Trên cơ sở
đó các quan hệ đại số cũng thông qua đó, dựa vào đó vận dụng các quan hệ
hình học để giải quyết được một số lớn các vấn đề khó.

2


- Các bài toán tìm các điểm để có khoảng cách lớn nhất, bé nhất từ hình
học thông thường đến hình giải tích trong mặt phẳng và hình giải tích trong
không gian.
- Phương trình đường (đường thẳng, đường tròn, đường cong), mặt (mặt
phẳng, mặt cầu) thể hiện các tập hợp điểm. Các điểm biểu diễn các đường,
điểm biểu diễn các số trên hệ tọa độ. Các phương trình đường, mặt là các
phương trình đại số thuần túy thường gặp.
2.2. Thực trạng của vấn đề:
- Khi dạy lớp bài toán tìm các điểm thỏa mãn khoảng cách lớn nhất(hoặc
nhỏ nhất) có rất nhiều dạng bài và câu hỏi khác nhau như:
+ Cho đường thẳng d và điểm A (A ∉ d). Tìm điểm
H trên d sao cho khoảng cách AH ngắn nhất
+ Cho đường tròn (C) điểm A (A ∉ (C)).
Tìm điểm H trên (C) sao cho khoảng cách AH ngắn

A
H

nhất (hoặc dài nhất)
+ Cho hai đường tròn (C) và (S) rời nhau. Tìm trên mỗi đường tròn một
điểm để khoảng cách giữa chúng là lớn nhất(hoặc bé nhất)
- Hay những câu hỏi, những bài toán tìm giá trị lớn nhất, bé nhất của các
hàm 2 biến hoặc ba biến (phụ thuộc)
- Các bài toán về tổng khoảng cách lớn nhất, bé nhất trong phẳng cũng
như trong không gian
….
- Xét ở góc độ độc lập, đây đều là các bài khó với phần đông học sinh.
Các em loay hoay với việc tìm GTLN-GTNN với các biểu thức đại số phức tạp,
lúng túng với mớ hỗn độn những yêu cầu cụ thể trong từng bài toán. Khó khăn
khi liên hệ nhìn ra các quan hệ đặc thù, quan hệ giữa các đối tượng khác nhau
trong một chỉnh thể. Gặp mỗi dạng bài đều là mới và lạ, ít khi vận dụng khai
thác hết được những tri thức đã được trang bị từ trước. Thường các em bỏ qua
3


lịch sử phát triển của bài toán, giải quyết định lượng mà thiếu đi cách nhìn đinh
tính.
- Với các bài toán trắc nghiệm(thi theo hình thức mới). Việc tìm ra những
lời giải nhanh là hết sức khó nếu như chỉ thuần túy làm việc trên đối tượng ban
đầu. Học sinh thiếu khả năng liên hệ từ đối tượng này qua đối tượng khác. Đặc
biệt từ hình học phẳng sang không gian, từ hình học sang đại số, từ định lượng
về định tính và ngược lại thì càng ít.
- Nguyên nhân chủ yếu ở đây là việc các nội dung trong chương trình
thường thiết kế độc lập. Tuy có kế thừa nhưng lại không liên tục. Vì vậy việc
hướng dẫn cho học sinh có được cái nhìn tổng thể, khả năng liên hệ móc ngoặc

các quan hệ, đối tượng trong nội hàm bộ môn giúp các em giải toán phụ thuộc
vào các thầy cô giáo là chủ yếu.
- Bằng cách thông qua một số bài tập cơ bản, khá điển hình. Sau đây tôi
xin đưa ra một số giải pháp thực hiện để thay đổi một phần điểm hạn chế trên.
2.3. Giải pháp thực hiện
2.3.1. Xây dựng hệ thống bài toán hình học thông thường theo hướng “thay
đối tượng cơ bản” giải quyết các yêu cầu trên bằng định tính.
* Bài toán xuất phát trong mặt phẳng:
1. Cho đường thẳng d và điểm A (A ∉ d). Tìm

A

điểm H trên d sao cho khoảng cách AH ngắn nhất

d

Phương pháp giải:

H

- AH ngắn nhất khi và chỉ khi H là hình chiếu của A
lên d. Việc tìm H có hai cách phổ biến sau:
uuur r

Cách 1: Gọi tọa độ H theo d dưới dạng tham số. Khi đó AH .u = 0 giải phương
trình tìm được tọa độ H
Cách 2: Viết phương trình đường thẳng (l) đi qua A và vuông góc với d. Khi đó
H là giao điểm của (l) và (d)
4

2. Thay đường thẳng (d) bởi đường tròn (C). Tìm M trên (C) để AM có độ
dài lớn nhất (hoặc bé nhất)
Phương pháp giải:
- AM có độ dài lớn nhất (hoặc bé nhất) khi M

A

N

I

M

là giao điểm của đường thẳng
(d) qua tâm đường tròn I và điểm A(trường hợp A trùng I thì khoảng cách từ A
đến mọi điểm không đổi). Do đó cách tìm điểm M là viết phương trình đường
thẳng AI. Tìm tọa độ giao điêm của đường thẳng qua AI với đường tròn. Ta sẽ
tìm được hai điểm, trong đó một điểm có khoảng cách tới A là lớn nhất, còn một
điểm có khoảng cách tới A là bé nhất(so sánh kết quả để tìm ra).
3. Thay điểm A bởi đường thẳng (l), (l) và (C) không
cắt nhau. Tìm M trên (C) và N trên (l) để MN có độ dài lớn

I

nhất (hoặc bé nhất)
Phương pháp giải:
- MN có độ dài lớn nhất(hoặc bé nhất) khi M, N là giao

N

đểm của đường thẳng đi tâm đường tròn và vuông góc với đường thẳng.
4. Thay điểm A và đường thẳng d
bằng hai đường tròn rời nhau. Tìm trên

N

I

J

M

mỗi đường điểm M và N sao cho
khoảng cách giữa hai điểm là lớn
nhất(hoặc bé nhất)
Phương pháp giải:
- Nhận thấy MN có độ dài lớn nhất(hoặc bé nhất) khi M, N là giao đểm của
đường thẳng đi qua 2 tâm với các đường tròn trên.
5. Thêm giàng buộc mới cho hai điểm M, N.
Tìm trên đường tròn (C ) điểm M và đường thẳng

N

(l)

M
O

5

uuuu
r

r

(l) điểm N, MN cùng phương với u sao cho khoảng cách giữa hai điểm là lớn
nhất(hoặc bé nhất)
- Nhận xét: Đây rõ ràng là một bài toán khó. Đối tượng đã bị thay từ cách nhìn
trực quan khoảng cách ngắn nhất là liên quan đến hình chiếu vuông góc, đến
đường đi qua tâm. Thay bằng giàng buộc cùng phương với một vectơ nào đó.
- Phương pháp giải: Dựng được 2 tiếp tuyến với đường tròn, sao cho các tiếp
tuyến này song song với đường thẳng (l). Khi đó điểm tiếp xúc giữa tiếp tuyến
uuuu
r

r

với đường tròn là M. Ta tìm điểm N trên (l) sao cho MN cùng phương với u .
Khi đó MN có giá trị lớn nhất(hoặc bé nhất) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
* Bài toán trong không gian:
6. Cho đường thẳng d và điểm A (A ∉ d). Tìm

A

điểm H trên d sao cho khoảng cách AH ngắn nhất

d

Phương pháp giải:

H

- AH ngắn nhất khi và chỉ khi H là hình chiếu của A
lên d. Việc tìm H có hai cách phổ biến sau:
uuur r

Cách 1: Gọi tọa độ H theo d dưới dạng tham số. Khi đó AH .u = 0 giải phương
trình tìm được tọa độ H
Cách 2: Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với d. Khi đó H
là giao điểm của (P) và (d)
7. Thay đường thẳng (d) bởi mặt cầu (S).
Tìm M trên (S) để AM có độ dài lớn nhất (hoặc bé

A

N

I

M

nhất)
Phương pháp giải:
- AM có độ dài lớn nhất (hoặc bé nhất) khi M là giao điểm của đường thẳng
(d) qua tâm mặt cầu I và điểm A(trường hợp A trùng I thì khoảng cách từ A đến
mọi điểm không đổi). Do đó cách tìm điểm M là viết phương trình đường thẳng
AI. Tìm tọa độ giao điêm của đường thẳng qua AI với mặt cầu. Ta sẽ tìm được

6

hai điểm, trong đó một điểm có khoảng cách tới A là lớn nhất, còn một điểm có
khoảng cách tới A là bé nhất(so sánh kết quả để tìm ra).
8. Thay điểm A bởi một đường thẳng (d) không

d

cắt mặt cầu (S). Tìm M trên (S), H trên (d) để MH có

M

O

độ dài bé nhất.

H

Phương pháp giải:
- HM có độ dài bé nhất khi M một trong hai giao điểm của đường thẳng (d)
qua tâm mặt cầu I và điểm H( H là hình chiếu của tâm mặt cầu lên đường thẳng
(d)).
9. Thay điểm A và mặt cầu (S) bằng hai mặt cầu rời nhau. Tìm trên mỗi mặt
điểm M và N sao cho khoảng cách giữa hai điểm là lớn nhất(hoặc bé nhất)
Phương pháp giải:
- MN có độ dài lớn nhất(hoặc bé
nhất) khi M, N là giao đểm của đường

N

I

J

M

thẳng đi qua 2 tâm với các mặt cầu trên.
10. Một số hướng phát triển khác:
- Một trong hướng mở đơn giản nhất là trong các bài toán trên các em chỉ
cần đổi đối tượng ban đầu bằng các đối tượng khác sẽ có được một bài toán với
các thông số hoàn toàn mới(giữ nguyên các yêu cầu ban đầu)
- Phát triển để có những yêu cầu mới hay khác như: Thay vì tìm điểm để
có khoảng cách lớn nhất(bé nhất). Đặt ra yêu cầu tìm điểm để có tổng khoảng
cách lớn nhất(bé nhất):
Ví dụ: 1. Cho đường thẳng d và hai điểm A, B

A

B

(A, B ∉ d), cùng phía với (d). Tìm điểm M trên d sao cho
khoảng cách AM+MB ngắn nhất [2]

d
M

7


- Cũng từ đó nảy sinh nhiều ý tưởng thay thế khác, dẫn đến một loạt bài toán tìm

điểm để có tổng khoảng cách lớn nhất(bé nhất) bằng việc thay đổi đối tượng từ
các bài toán xuất phát như ở Ví dụ 1.
2.3.2. Hướng dẫn học sinh phương pháp “thay đối tượng để có hệ thống bài
tập mới” ở một lớp bài tập tiêu biểu.
* Bài toán xuất phát:
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): x+ y -2 =0 và
điểm A(3;2). Tìm trên (d) điểm H để MH ngắn nhất.
Phương pháp giải:
- Theo hướng dẫn bài 1 mục 2.3.1. Thực hiện giải bài toán theo cách 2
x = 3 + t
;t ∈ R
y = 2+t

+ Phương trình đường thẳng qua A vuông góc (d) là (l): 
3 1
+ Giao điểm của (d) và (l) là H  ; ÷ cần tìm.
2 2

- Thực hiện việc thay đối tượng như sau: Thay đường thẳng (d) bởi đường tròn
ta có bài toán sau:
Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 = 1 và điểm
A(3;2). Tìm trên (C) điểm H để MH ngắn nhất.
- Theo hướng dẫn bài 2 mục 2.3.1.
 x = 3t
;t ∈ R
 y = 2t

+ Phương trình đường thẳng qua A và O (tâm đường tròn) là (l): 
 3

2 



2 

3

;
;−
+ Giao điểm của (C) và (l) là H1 
÷; H 2  −
÷.
13 
 13 13 
 13
2

2

2

2

3  
2 
3  
2 



+ Ta có AH1 =  3 −
÷ +2−
÷ ; AH 2 =  3 +
÷ +2+
÷
13  
13 
13  
13 


⇒ AH1 < AH 2 ⇒ AH1 có giá trị nhỏ nhất.
2 
 3
;
Vậy điểm cần tìm là H1 
÷
 13 13 

8




3

2 

;−
Ngoài ra AH lớn nhất thì điểm cần tìm là H 2  −

÷
13 
 13

- Thực hiện việc thay đối tượng: Thay điểm A bởi đường thẳng (d) trong Bài 2 ta
có bài toán sau:
Bài 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 = 1 và đường
thẳng (l): x+ y -2 = 0. Tìm trên (C) điểm M và trên (l) điểm N sao cho MN ngắn
nhất.
- Theo hướng dẫn bài 3 mục 2.3.1.
+ Phương trình đường thẳng qua O (tâm đường tròn) và vuông góc với (l) là:
x = t
;t ∈ R
y = t

(a): 

 1

1 



1

1 

+ Giao điểm của (C) và (a) là M 1  ; ÷; M 2  − ; − ÷.
2
2

 2 2

+ Giao điểm của (a) và (l) là: N(1;1)


1 



1 

+ Ta có NM 1 = 2 1 − ÷; NM 2 = 2 1 + ÷
2
2


⇒ NM 1 < NM 2 ⇒ NM 1 có giá trị nhỏ nhất.
 1 1 
Vậy điểm cần tìm là M 1  ; ÷
 2 2


1

1 

Ngoài ra AH lớn nhất thì điểm cần tìm là M 1  − ; − ÷
2
2


- Thực hiện việc thay đối tượng: Thay đường thẳng (d) trong Bài 3 bởi đường
tròn ta có bài toán sau:
Bài 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường tròn (C): x 2 + y 2 = 1 và (S):

( x − 2)

2

+ ( y − 3) = 2 . Tìm trên (C) điểm M và trên (S) điểm N sao cho MN ngắn
2

nhất.
- Theo hướng dẫn bài 4 mục 2.3.1.
 x = 2t
;t ∈ R
 y = 3t

+ Phương trình đường thẳng qua hai tâm là: (a): 

9


 2

3 





2

2 

3 

2

;
;−
+ Giao điểm của (C) và (a) là M 1 
÷; M 2  −
÷.
13 
 13 13 
 13


2

2 

;3 + 3
;3 − 3
÷; N 2  2 − 2
÷
+ Giao điểm của (S) và (a) là: N1  2 + 2
13
13 ÷
13

13 ÷




⇒ N1M 1 - min; N 2 M 2 - max

Vậy điểm cần tìm là M 1 ; N1 thì N1M 1 - min;
Ngoài ra MN lớn nhất thì điểm cần tìm là N 2 ; M 2 .
- Từ Bài 3 có thể được đẩy theo một cách thay mới, thêm các giàng buộc cho
các diểm M. N như sau:
Bài 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 = 1 và đường
r

thẳng (l): x+ y -2 = 0 và vectơ u ( 1; 2 ) . Trên (C) lấy điểm M và trên (l) lấy điểm
uuuu
r

r

N sao cho MN cùng phương với u . Tìm hai điểm M, N để MN có độ dài ngắn
nhất.
- Theo hướng dẫn bài 5 mục 2.3.1.

N

+ Hai phương trình tiếp tuyến với đường tròn

(l)

M

và song song với đường thẳng (l) là:

( a1 ) :

x + y − 2 = 0,

( a2 ) : x + y +

O

2 =0
 1

1 

+ Giao điểm của (C) và (a1) là M  ; ÷.
 2 2
uuuu
r

r

 4+ 2 8− 2 
;
÷. Khi đó độ dài MN ngắn nhất
6 ÷
 6


Điểm N trên (l) và MN =k u là: N 
thỏa mãn yêu cầu bài toán.

- Thực hiện việc thay đối tượng mở rộng và không gian Oxyz
Bài 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng (d):
x = t

 y = 2t ; t ∈ R và điểm A(1;2;3). Tìm trên (d) điểm H để AH ngắn nhất.
 z = 3t


10


- Theo hướng dẫn bài 6 mục 2.3.1.
x = t

+ Phương trình đường thẳng qua A và O (tâm mặt cầu) là (l):  y = 2t ; t ∈ R
 z = 3t


Bài 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 = 1
và điểm A(1;2;3). Tìm trên (S) điểm H để MH ngắn nhất.
- Theo hướng dẫn Bài 7 mục 2.3.1.
x = t

+ Phương trình đường thẳng qua A và O (tâm mặt cầu) là (l):  y = 2t ; t ∈ R
 z = 3t


 1

2

3 

 −1

−2

−3 

;
;
;
;
+ Giao điểm của (S) và (l) là H1 
÷; H 2 
÷.
 14 14 14 
 14 14 14 


1 

2



2 

2



3 

2

+ Ta có AH1 = 1 −
÷ +2−
÷ + 3−
÷
14  
14  
14 

2

2

2

1  
2  
3 

AH 2 = 1 +
÷ +2+
÷ + 3+

÷
14  
14  
14 


⇒ AH1 < AH 2 ⇒ AH1 có giá trị nhỏ nhất.
2
3 
 1
;
;
Vậy điểm cần tìm là H1 
÷
 14 14 14 
 −1 −2 −3 
;
;
Ngoài ra AH lớn nhất thì điểm cần tìm là H 2 
÷
 14 14 14 

- Thực hiện việc thay đối tượng: Thay điểm A bởi đường thẳng (d) trong Bài 5 ta
có bài toán
Bài 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 = 1
x = 1+ t

và đường thẳng d:  y = 1 + 2t ; t ∈ R . Tìm trên (S) điểm M, trên (d) điểm H để MH
z = t


ngắn nhất.
- Theo hướng dẫn bài 7 mục 2.3.1.
11


+ Gọi H(1+t,1+2t,t)

là hình chiếu của O(tâm mặt cầu)

lên d. Khi đó

uuur
uuur uu
r
1
 2 1 1
OH = ( 1 + t ,1 + 2t , t ) và OH .ud = 0 ⇔ t = − ⇒ H  ; ; − ÷
3
 3 3 3
 x = 2t

+ Phương trình đường thẳng OH là:  y = t ; t ∈ R
 z = −t

2 2 1 2

1 2

 2 2

1 2 1 2

;
;−
÷
+ Giao điểm của (S) và OH là: M 1 
÷; M 2  − 3 3 ; − 3 3 ; 3 3 ÷
÷.
3 3 3 3 3 3


2

2

2
2
2
2
+ Ta có M 1H = 1 − ÷÷ ; M 2 H = 1 + ÷÷
3
3
3
3

⇒ M 1 H < M 2 H ⇒ M 1H có giá trị nhỏ nhất.
2 2 1 2

1 2



;
;−
÷
Vậy điểm cần tìm là H  ; ; − ÷∈ ( d ) và M 1 
÷∈ ( S )
 3 3 3
3 3 3 3 3 3
2 1

1

- Thực hiện việc thay đối tượng: Thay điểm đường thẳng (d) trong Bài 6 bởi mặt
phẳng (P) ta có bài toán
Bài 7: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 = 1
và mặt phẳng (P): x + y + z +3 = 0. Tìm trên (S) điểm M, trên (P) điểm H để
MH ngắn nhất.
- Theo hướng dẫn bài 8 mục 2.3.1. ta có kết quả cần tìm H(-1;-1;-1) và
 1 1 1
M  ;
÷
÷ thì HM ngắn nhất.
 3 3 3

- Thực hiện việc thay đối tượng: Thay đường thẳng (d) trong Bài 7 bởi mặt cầu
(Q) ta có bài toán
Bài 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt cầu lần lượt có
phương trình (S): x 2 + y 2 + z 2 = 1 và (Q): ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 3) = 2 . Tìm trên

2

2

2

(S) điểm M, trên (Q) điểm N để MN ngắn nhất.
- Theo hướng dẫn Bài 9 mục 2.3.1.
12


+ Nhận thấy hai đường tròn rời nhau.
x = t

Phương trình đường thẳng qua 2 tâm là: (d):  y = 2t ; t ∈ R
 z = 3t



1

1 

1



1

1 

1

;2
;3
; −2
; −3
÷; M 2  −
÷
+ Giao của (d) và (S) là: M 1 
14
14 ÷
14
14 ÷
 14

 14



1

1

1



1

1

1

Giao của (d) với (Q) là: N1 1 + 7 ; 2 + 2 7 ;3 + 3 7 ÷÷; N 2 1 − 7 ; 2 − 2 7 ;3 − 3 7 ÷÷




+ Tính độ dài các đoạn M 1 N1 ; M 1 N 2 ; M 2 N1 ; M 2 N 2 so sánh ta được ⇒ M 1 N1 có giá
trị nhỏ nhất, M 2 N1 có giá trị lớn nhất.
Vậy

điểm

cần

tìm

là


1
1
1
N1 1 +
; 2 + 2 ;3 + 3 ÷
trên
7
7

7÷



 1
1
1 
M 1 
;2
;3
÷
14
14 ÷
 14


trên

(S)

và

(Q)

- Mở rộng theo một hướng khác để phát triển bài toán từ Bài 3. Thay mối quan
hệ đơn thuần từ vuông góc sang quan hệ song song ta có bài toán:
Bài 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 = 1 và đường
thẳng (l): x+ y -2 = 0. Tìm trên (C) điểm M và trên (l) điểm N sao cho MN song
r

song với giá u ( 1; 2 ) và MN có độ dài lớn nhất.
- Vấn đề ở đây là trong Bài 3 vectơ mà không nhắc đến trong đề bài chính là
VTPT của đường thẳng (d). Còn ở Bài 9 ta thay VTPT bằng một vectơ có
phương không vuông góc với (d) ta được một bài toán mới- thông qua thay bằng
đối tượng khác.
- Ta có lời giải như sau:
+ Phương trình đường thẳng qua tâm O và
r

a

x = t
;t ∈ R
 y = 2t

nhận u ( 1; 2 ) làm VTCP là: (a): 

O

N

13

d


 1

2 



2 

1

+ Giao điểm của (C) và (a) là M 1  ; ÷; M 2  − ; − ÷ .
5
5
 5 5



+ Giao điểm của (a) và (l) là: N  ; ÷
3 3
2 4

2

1 

2

1 

+ Ta có NM 1 = 5  − ÷; NM 2 = 5  + ÷
5
5
3
3

⇒ NM 1 < NM 2 ⇒ NM 1 có giá trị lớn nhất.


Vậy điểm cần tìm là M 2  −


1
2 
;−
÷.
5
5
 1 2 
;
÷;
 5 5

Ngoài ra AN nhỏ nhất thì điểm cần tìm là M 1 

- Thực hiện việc thay đối tượng và mở rộng trong không gian ta có bài toán sau:
Bài 10: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình:
x 2 + y 2 + z 2 = 1 và mặt phẳng (P): x + y +z +3 =0. Tìm trên (S) điểm M và trên
r
(P) điểm N sao cho MN song song với giá u ( 1; 2;1) và MN có độ dài lớn nhất.

- Tương tự với cách lập luận như bài toán 9 ta có kết quả:


+ Điểm N  − ; − ; − ÷ trên (P)
 4 4 4

3

 1

6

3

2

1 

 −1 −2 −1 

Điểm M 1  ; ; ÷; M 2  ; ; ÷. Khi đó M 1 N có giá trị lớn nhất và
 6 6 6
 6 6 6
M 2 N có giá trị nhỏ nhất thỏa mãn các yêu cầu bài toán.

Bài tập tương tự:
Bài 10.1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phương
trình: x 2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 2 z + 5 = 0 và mặt phẳng (P): x -2y +2z -3 =0. Giả sử
uuuu
r

r

M∈ (S) và N ∈ (P) sao cho MN cùng phương với u ( 1;0;1) và khoảng cách giữa
M, N lớn nhất. tính MN [3].
2.3.3. Mở rộng đối tượng mới thông qua một số mối quan hệ khách quan.

14


- Như đã biết số phức z = x + yi được biểu diễn trên mặt phẳng phức bởi điểm
M(x;y). Những số phức thoả mãn một hay nhiều yêu cầu ràng buộc nào đó thì
điểm biểu diễn cũng thay đổi theo yêu cầu của bài toán. Có thể quĩ tích điểm
biểu diễn là một đường thẳng, một đường tròn, một elip...Vì thế việc thay thế
các đối tượng là hình học bằng số phức, các phương trình, bất phương trình, bất
đẳng thức về số phức là hoàn toàn khách quan.
- Xét các ví dụ sau:
Bài 11: Từ Bài 2(Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 = 1
và điểm A(3;2). Tìm trên (C) điểm H để MH ngắn nhất) Ta thực hiện việc thay
đường tròn (C) bởi số phức Z thỏa mãn Z = 1 . Trong các số phức trên. Tìm số
phức thỏa mãn Z − 2 có giá trị lớn nhất.
- Hướng dẫn:
+

Số

phức

y
z

=

x

+

yi

thỏa

mãn

z = 1 ⇔ x 2 + y 2 = 1 (C ) . Các điểm biểu diễn của Z

A
x

M
O

nằm trên đường tròn (C) có tâm O(0;0) và bán
kính R = 1
+ Mặt khác z − 2 = ( x − 2 ) + y 2 mà
2

( x − 2)

2

+ y 2 = MA với M(x; y) ∈ (C )

và

A(2;0). Do đó để MA lớn nhất thì M là giao điểm của đường thẳng AO (qua A
và tâm O) với đường tròn (C).
+ Tìm được điểm M(-1;0) để AM có giá trị lớn nhất. Do đó số phức cần tìm là z

= -1 +0.i
- Thay điểm A bằng một điểm bất kì khác. Ta có bài toán khó hơn như sau:
Bài 12: Trong các số phức thỏa mãn z = 1 . Tìm số phức thỏa mãn z − 2 + i có
giá trị lớn nhất(hoặc nhỏ nhất).
- Hướng dẫn:
M

y
O

x
A

15


2
2
+ Số phức z = x + yi thỏa mãn z = 1 ⇔ x + y = 1 (C ) . Các điểm biểu diễn của z

nằm trên đường tròn (C) có tâm O(0;0) và bán kính R = 1.
+ Mặt khác z − 2 + i = ( x − 2 ) + ( y + 1)
2

2

mà

( x − 2)

2

+ ( y + 1) = MA với M(x; y)
2

∈ (C ) và A(2;-1). Do đó để MA lớn nhất thì M là giao điểm của đường thẳng

AO (qua A và tâm O) với đường tròn (C).


1

1

+ Tìm được điểm M 1  2 ; − ÷÷ để AM1 có giá trị nhỏ nhất. Do đó số phức cần
5
 5
tìm là z = 2


1 1
1
1
− i . Điểm M 2  −2 ;
÷ để AM2 có giá trị lớn
5 5÷
5
5



nhất. Do đó số phức cần tìm là z = −2

1
1
+ i.
5
5

- Cũng từ bài toán 3 chúng ta có thể thay đồng thời hai đối tượng là đường
thẳng và đường tròn bằng các đẳng thức về số phức ta có bài toán sau:
 z = 1
. Tìm hai số phức
 w + 1 = w − 4

Bài 13: Trong các số phức z và w thỏa mãn 
thỏa mãn z − w có giá trị nhỏ nhất.

- Rõ ràng là mức độ yêu cầu của bài toán được đẩy

y

xa và khó hơn rất nhiều. Tuy nhiên dưới góc độ
phát triển từ các bài toán hình học và giải quyết

M

theo góc độ các hướng dẫn ta có lời giải sau

O

N

A
x

- Hướng dẫn:
2
2
+ Số phức z = x + yi thỏa mãn Z = 1 ⇔ x + y = 1 (C ) . Các điểm biểu diễn của Z

nằm trên đường tròn (C) có tâm O(0;0) và bán kính R = 1
+ Số phức w = a + bi thỏa mãn w + 1 = w − 4 ⇔ w =
nằm trên đường thẳng x =

15
+ 0.i . Các điểm biểu diễn
10

15
10

16


+ Với số phức z − w = ( x − a ) + ( y − b )
2

2

. Do đó bài toán đưa về tìm điểm N

trên đường tròn (C ) và A trên đường thẳng (d) sao cho AN ngắn nhất.


+ Tìm được điểm A  ;0 ÷ và N(1;0) để AN có giá trị nhỏ nhất. Do đó số phức
 10 
15

cần tìm là z = 1 + 0.i và w =

15
+ 0.i .
10

- Có rất nhiều hướng phát triển bài toán để có một bài toán mới, một cái
nhìn mới bằng cách thay thế các đối tượng, quan hệ khác nhau. Mức độ khó, dễ
có thể điều chỉnh theo mức độ phức tạp của đối tượng. Tùy vào việc hướng dẫn
các đối tượng học sinh có học lực phù hợp. Các thầy cô giáo có thể hướng dẫn
học sinh phát triển các bài toán ở các mức độ phù hợp và sử dụng các mức độ
đó để kiểm tra khả năng tiếp thu cũng như khả năng phát triển vấn đề của các
em.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với công tác giảng dạy
ôn tập cho học sinh.
- Trong quá trình triển khai thực hiện: Học sinh khá tích cực trong việc
tìm hiểu cách thức xây dựng và tìm ra được khá nhiều các lớp bài toán có thể
vận dụng phương pháp thay đối tượng để có một bài toán mới, một yêu cầu mới
như:
+ Phát triển yêu cầu bài toán theo hướng tìm GTNN-GTLN cuả bài toán
tổng khoảng cách.

+ Từ hình học thông thường qua vectơ liên hệ qua tọa độ rồi phương
trình, bất phương trình, bất đẳng thức
+ Lớp các bài toán về tích phân
+ Lớp các bài toán về biến đổi đồ thị hàm số …
- Nhiệm vụ chung, nhưng tùy vào mức độ của mỗi cá nhân. Các em đều
có những hướng nghĩ phù hợp với năng lực. Có em có những suy nghĩ sâu và
táo bạo. Đề xuất những cách xây dựng, cách thay mới khá hay
17


- Đánh giá hiệu quả của sáng kiến đã áp dụng:
+ Qua quá trình tổ chức ôn tập tổng hợp cho học sinh. Phần lớn các em đã
nắm được phương pháp và cách thức tiếp cận các dạng bài tập. Có sự liên hệ và
tự xây dựng cho mình một số lớp bài tập mà ở đó có sự liên hệ các nội dung
khác nhau trong chương trình ở tùy từng mức độ.
+ Phần đông học sinh thông qua cách tiếp cận này các em sẽ tự tìm hiểu,
biết tổng hợp kiến thức hoàn thiện hệ thống kiến thức, hiểu rõ hơn về nội dung,
hệ thống kiến thức chương trình toán bậc THPT đã học. Các em thể hiện được
khả năng và nhãn quan quan sát vấn đề trước mỗi bài toán. Biết tìm ra đâu là bài
toán xuất phát và đâu là hướng thay đổi để đi tới bài toán mới. Từ đó đưa ra
phương pháp giải phù hợp.
Trên đây là ý kiến nhỏ của cá nhân tác giả trong viêc tổ chức dạy học sinh
lớp 12 ôn tập tổng hợp, nên không tránh khỏi được những hạn chế, thiếu sót về
nhiều mặt. Do vậy rất mong được sự góp ý của các đồng nghiệp và sự phản hồi
từ phía học sinh.

18


3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ

3.1. Kết luận:
- Dạy học sinh, điểm cơ bản là dạy phương pháp học, phương pháp tự
đọc, tự nghiên cứu và chiếm lĩnh tri thức. Đó có thể là cũ với Thầy, nhưng phải
là cái mới, cái khao khát với Trò[5].
- Phát huy được việc tổ chức cho học sinh học không chỉ đơn thuần làm
bài tập mà giáo viên soạn sẵn đưa ra, không làm cho học sinh chỉ biết làm theo
những gì thầy yêu cầu, hay những vấn đề trong một bài toán cần giải quết. Mà
phải làm cho các em biết nảy sinh ý tưởng, tự đặt ra những yêu cầu khác, yêu
cầu khó và thách thức hơn. Biết cách sáng tạo để phát huy sự sáng tạo ngay từ
những điều đơn giản nhất.
3.2. Kiến nghị:
- Trong dạy hình học bậc THPT. Giáo viên cần quan tâm bồi dưỡng cho
học sinh năng lực thiết lập mối liên hệ giữa các kiến thức hình học không gian
và hình học phẳng [4]. Chuyển tính chất từ hình học phẳng vào không gian và
ngược lại. Sử dụng hình giải tích như một công cụ mạnh để khớp nối Đại số và
Hình học liên quan gần nhau hơn. Khai thác các tính chất tối ưu của hình học
phẳng vào hình không gian. Các tính tối ưu của Hình học vào Đại số và ngược
lại.
XÁC NHẬN CỦA HIỆU
TRƯỞNG

Hoằng Hóa, ngày 20 tháng 4 năm 2017
Giáo viên thực hiện đề tài
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.

Lê Văn Chí

19

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Vận dụng lí luận vào thực tiễn dạy học môn toán ở trường phổ thông-bùi văn
nghị, nhà xuất bản đại học sư phạm, năm 2009
2. Tuyển tập các chuyên đề luyện thi đại học hình giải tích- Trần Phương- Lê
Hồng Đức, Nhà xuất bản Hà nội, năm 2002
3. Đề minh họa lần 3 thi thpt quốc gia năm 2017 của Bộ Giáo dục và Đào tạo.
4. Phương pháp dạy hình học ở trường trung học phổ thông- Đào Tam, nhà xuất
bản Đại học sư phạm, năm 2007
5. Luận văn thạc sĩ giáo dục-“Khai thác một số tri thức của phép biện chứng duy
vật vào dạy học môn toán ở trường trung học phổ thông”-Lê Văn Chí-Đại học
sư phạm Vinh, năm 2010

20


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả:.................................................................................................
Chức vụ và đơn vị công tác:.................................................................................,
Kết quả
Cấp đánh
đánh giá
Năm học
giá xếp loại
TT
Tên đề tài SKKN

xếp loại đánh giá xếp
(Phòng, Sở,
(A, B,
loại
Tỉnh...)
hoặc C)
1. Một số phương pháp giải
Sở GD
C
2007-2008
phương trình vô tỉ
2. Phương trình tiếp tuyến với
Sở GD
C
2007-2008
đường cong bậc hai
3. Sử dụng các tương tự về cấu
Sở GD
C
2010-2011
trúc thuật toán trong giải toán
4. Một số kinh nghiệm dạy toán
bậc THPT nhằm phát huy
Sở GD
C
năng lực lĩnh hội phương
pháp học toán ở học sinh.
2014-2015
* Liệt kê tên đề tài theo thứ tự năm học, kể từ khi tác giả được tuyển dụng vào
Ngành cho đến thời điểm hiện tại.

----------------------------------------------------

21