skkn một số phương pháp giải bài toán cực trị trong hình học không gian

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
MÔ TẢ SÁNG KIẾN
Mã số : …………………………………
1. Tên sáng kiến:
“MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG
HÌNH HỌC KHÔNG GIAN”
(Võ Thị Thanh Trúc, Nguyễn Phương Khanh, Trần Yến Bình,
Đoàn Thị Thúy Hằng, Hồ Hoàng Kiệt, @THPT Lê Quí Đôn)
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Chuyên môn giảng dạy.
3. Mô tả bản chất của sáng kiến :
3.1. Tình trạng giải pháp đã biết:
Bản thân hằng năm có tham gia giảng dạy bộ môn Toán trong nhà trường
cũng như tham gia ôn thi THPT Quốc Gia. Tôi cố gắng đúc kết, xâu chuổi toàn
bộ kiến thức mà bản thân thu thập được một số vấn đề về giải bài toán cực trị
trong Hình Học. Mong muốn nó có thể giải quyết được một số dạng các bài tập
điển hình của chương trình để học sinh ôn thi Học sinh giỏi và thi THPT Quốc
Gia.
Chương trình giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ
động sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc trưng môn học, đặc điểm đối tượng
học sinh, điều kiện của từng lớp học, bồi dưỡng học sinh phương pháp tự học,
khả năng hợp tác, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động
đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú và trách nhiệm học tập cho học sinh.
Quá trình dạy học với các nhiệm vụ cơ bản là hình thành tri thức, rèn
luyện các kỹ năng hoạt động nhận thức, hình thành thái độ tích cực...được xây
dựng trên quá trình hoạt động thống nhất giữa thầy và trò, trò và trò, tính tự giác,
tích cực tổ chức, tự điều khiển hoạt động học nhằm thực hiện tốt các nhiệm vụ
đã được đề ra.
Như chúng ta biết, trong cách đổi mới thi hiện nay thì những bài toán
mang tính ứng ụng thực tiễn lại phổ biến, nhất là những bài toán về Hình Học.

Đó là những dạng toán khó đối với học sinh, có nhiều bài không thể giải được
dễ dàng hoặc có thể giải được nhưng gặp nhiều khó khăn, phức tạp.
Bên cạnh đó, Hình Học là một nội dung quan trọng của chương trình toán
THPT. Nó vừa là đối tượng, nhưng hơn thế nó vừa là công cụ hữu hiệu để giải
quyết nhiều vấn đề phức tạp của thực tiễn.
3.2. Nội dung giải pháp đề nghị công nhận sáng kiến:
- Mục đích của giải pháp
1


Các em học sinh vì nhiều lý do liên quan đến nội dung chương trình, thời
gian, thói quen học tập đã trở nên thụ động trong quá trình học. Các em dễ dàng
chấp nhận, nhớ máy móc một kiến thức để rồi vận dụng các kiến thức đó giải
toán trong các tình huống riêng lẻ. Khả năng tư duy vốn tiềm ẩn không được thể
hiện một cách sinh động.
Cần phải thay đổi tinh thần, thái độ học tập, phương pháp học tập và cả về
ý niệm học toán giải toán là như thế nào.
Không nhiều các tiết dạy mà ở đó giáo viên tạo được không khí học tập
cởi mở, học sinh được độc lập suy nghĩ, trao đổi, tìm hiểu các vấn đề. Các tiết
dạy như vậy mang đến cho các em niềm hứng thú với môn học, hình thành ở các
em phương pháp học tập sáng tạo linh hoạt .
Chúng tôi nghĩ cần có một “ví dụ sinh động” về việc học, giải toán một
cách chủ động. Cách thể hiện trong bài viết này là một “ví dụ”như thế.
* Qua đó giúp học sinh :
Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán. Qua đó học
sinh nâng cao khả năng tư duy, sáng tạo.
Nâng cao khả năng tự học, tự bồi dưỡng và khả năng giải các bài toán
trong kỳ thi THPT Quốc Gia và ôn luyện HSG môn Toán.
Các vấn đề được trình bày trong đề tài này có thể hỗ trợ cho các em học
sinh trung học phổ thông có cái nhìn toàn diện hơn về cách tiếp cận một số bài

Toán thực tiễn.
Các ví dụ minh họa ở đây cũng được rút ra chủ yếu từ một số bài toán
thực tế. Mong muốn đề tài có thể đến với đông đảo học sinh, nhằm giúp các
em đạt kết quả cao trong các kỳ thi sắp tới. Qua đề tài này có thể giúp học sinh
có nhiều phương pháp giải các dạng bài tập có liên quan tới bài toán cực trị
trong Hình Học.
Việc nghiên cứu đề tài giúp tôi có một tài liệu mang tính hệ thống về một
số bài toán cực trị trong Hình Học, phục vụ cho công tác giảng dạy của mình.
Qua nghiên cứu đề tài, giúp tôi tự tin hơn trong công tác giảng dạy.
- Nội dung giải pháp:
Giải pháp 1: Cho 2 điểm A,B và mặt phẳng  . Tìm điểm M trên mặt phẳng 
sao cho MA+MB nhỏ nhất .
Đây là bài toán quen thuộc – Có thể tìm hiểu lời giải bài toán qua các hình
vẽ minh họa cho các trường hợp A,B nằm cùng phía ; khác phía đốí với mặt
phẳng  .
Phöông phaùp.

2


Nếu trong bài toán 1 ta thay “mặt phẳng” bởi “đường thẳng ” ta có
bài toán :
Bài toán 1.1 : Trong không gian cho 2 điểm A,B và đường thẳng .Tìm
điểm M trên đường thẳng  sao cho MA+MB nhỏ nhất .
Ta giải quyết bài toán 1.1 trong từng trường hợp AB và  đồng phẳng ;
AB và  chéo nhau .
+ Trường hợp AB và  đồng phẳng
+ Trường hợp AB và  chéo nhau :
 Nếu AB ,  chéo nhau và vuông góc nhau
Điểm M cần tìm là điểm M0 trên hình vẽ bên.

 Nếu AB ,  chéo nhau và không vuông góc nhau

Gọi H, K là hình chiếu của A,B lên  -  là mặt phẳng chứa  và qua B .
A’ là điểm trên  sao cho A’ , B nằm khác phía đối với  , A’H   và A’H =
AH (xem hình) . A’B cắt  tại M0 .
Ta có MA + MB = MA’ + MB ≥ A’B
MA+MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M  M0
Chú ý : M0 nằm trên đoạn HK và M0H/ M0K = A’H/BK = AH/BK
uuuuuur
AH uuuuuur
M K
 M0H  
BK 0
Ta có thể phát biểu bài toán tương tự như bài toán 1 đối với mặt cầu
trong một vài trường hợp đặc biệt chẳng hạn :
Bài toán 1.2: Cho 2 điểm A , B nằm ngoài mặt cầu (S) có tâm I sao cho IA
= IB.Tìm điểm M trên mặt cầu (S) sao cho MA+MB nhỏ nhất .
Phöông phaùp.
Gọi H là trung điểm AB . N là hình chiếu của M lên mặt phẳng (ABI) .N
nằm trong đường tròn lớn của mặt cầu (S) trong mặt phẳng này .
Ta có :
MA + MB ≥ NA + NB ≥ M0A + M0B
MA+MB nhỏ nhất  M M0
3


Giải pháp 2: Cho 2 đường thẳng d ,  chéo nhau . Tìm M  d và N   sao
cho độ dài đoạn MN là nhỏ nhất.
(2 điểm M,N cần tìm theo đó MN là đoạn vuông góc chung của d , .)
Nếu thay “đường thẳng d ” bởi “mặt phẳng ” với  và d không có

điểm chung (  //  ) thì bài toán mới có vô số nghiệm hình (xem hình)

(’ là hình chiếu của  lên  )
Do vậy ta có thể phát biểu bài toán mới
Bài toán 2.1: Cho mặt phẳng  và đường thẳng  ;  // . Tìm tập hợp
các điểm M thuộc  sao cho d(M,  ) là nhỏ nhất .
Bài toán 2.2: Cho mặt cầu (S) và đường thẳng  ((S) và  không có điểm
chung) .
Tìm M  (S) và N   sao cho độ dài đoạn MN là nhỏ nhất.
Bài toán 2.3 : Cho mặt phẳng  và mặt cầu (S ) ((S) và  không có điểm
chung)
Tìm M  (S) và N   sao cho độ dài đoạn MN là nhỏ nhất.
Phöông phaùp.
N0 là hình chiếu của tâm I lên mặt phẳng  .
Mặt cầu (S) cắt đoạn IN0 tại . 0 là mặt phẳng tiếp xúc với (S) tại
M0 . 0 cắt đoạn MN tại P .
Ta có : MN ≥ PN = d(P,  ) = M0 N0 .
Đoạn MN là nhỏ nhất  M  M0

4


Nhỡn li bi toỏn 2 - hai im M 0 , N0 cn tỡm m theo ú on M 0 N0 l
on vuụng gúc chung .Ta cú : , M 0 N0 = d(M0 , ) d(M , ) Bi toỏn cú th
phỏt biu li theo mt cỏch khỏc :

Gii phỏp 3: Cho 2 ng thng d , chộo nhau . Tỡm M d sao cho
khong cỏch t M n l nh nht.
Hng ón hc sinh t gii
T õy hc sinh cú th phỏt biu mt vi bi toỏn tng t khỏc :

Bi toỏn 3.1 : Cho mt phng v mt cu (S ) ((S) v khụng cú im
chung)
Tỡm M (S) sao cho khong cỏch t M n l nh nht ( ln nht ) .
Bi toỏn 3.2: Cho mt cu (S) v ng thng ((S) v khụng cú im
chung) .
Tỡm M (S) sao cho khong cỏch t M n l nh nht ( ln nht ) .
Gii phỏp 4: Tứ diện ABCD có AB = x có các cạnh còn lại bằng 1.
a. Tính thể tích tứ diện theo x.
b. Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng
ACD
c. Tìm x để thể ABCD đạt giá trị lớn nhất
Phửụng phaựp.

C
H
D

B

C

Cách 1:

5


Gäi H lµ h×nh chiÕu cña D lªn (ABC) v× DA = DC = DB = 1
⇒ H lµ t©m ®êng trßn ngo¹i tiÕp ∆ABC mµ ∆ABC c©n H ∈ CC’
víi C’ lµ trung ®iÓm AB
S∆ABC = 12 CC '.AB  12 4  x4 .x  14 4  x 2 .x

2

HC = R∆ABC =

x
2 sin C

 4 sin Cx cos C 
2

2

x
4. 2x

1

x2
4



1
4 x 2

⇒Tam gi¸c vu«ng HCD cã HD2 = CD2- DC2 =
⇒
1
3

HD

3 x 2
4 x 2

=

S ABC .HD  13 . 14 4  x 2 .x.

3 x 2
4 x2

1

⇒VABCD

1
4 x 2

2

 34 xx 2

=

 12x 3  x 2

C¸ch 2:
A

C'

D

B
M

Gäi M lµ trung ®iÓm CD ⇒ CD  ABM
V× ∆ACD vµ ∆BCD ®Òu ⇒ AM = BM =

2 1
3 2

VABCD = 2VCBMA = 2. 13 CM.S∆ABC =
1

S∆ABM = 2 MC’.AB =
VABCD =

1 x
3 4

1
2

3
2

.S ABM

x. ( 23 ) 2  ( 2x ) 2  4x 3  x 2

3  x 2  121 3  x 2 .x

b)
SACD=

3V ABCD
1
3
3  x 2 .x
⇒ d(B,(ACD))= S
=
3
4
ACD

c)
VABCD = 121 3  x 2 .x �121 . 3 x2 x  18
2

2

DÊu “=” x¶y ra ⇔ x2 = 3-x3 ⇔ x =
lµ

1
8

6

3
2

vµ thÓ tÝch lín nhÊt


Gii phỏp 5: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông
cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy ABCD và SA=h.Điểm M thuộc
cạnh CD.Đặt CM=x.Hạ
SH vuông góc với BM.Tính thể tích khối tứ diện SABH.Tìm x
để thể tích khối này là lớn nhất.
Phửụng phaựp.
S

A

B

H
D

C

M

Ta có BM SH (gt)
BM SA (Vì SA ( ABCD)
BM AH
1

1
SABCD = a2
2
2
a2
a2
1

Mà SABM = AH.BM AH= BM
2
a2 x2

SABM =

2
2
2
SAH vuông ở A có SH= SA AH h

BAH vuông ở H có BH= AB 2 AH 2 a 2
1
1
SABH = AH.BH =
2
2
1

1

a2

a2 x2
a4
ax

2
2
2
a x
a x2

a3 x
a2 x2
a 3 xh

1 a 3 xh

1

a2h
VSABH = 3 S ABH .SA 6 . 2 2
6 2ax 12
a x
Dấu bằng xảy ra khi a=x tức M trùng D.

Gii phỏp 6: Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình vuông cạnh a,
tâm O. Đờng cao của hình chóp là SA=a. M là một điểm di
7


®éng trªn SB, ®Ỉt BM=x 2 (0

OM vµ vu«ng gãc víi (ABCD). X¸c ®Þnh x ®Ĩ thiÕt diƯn trªn lµ
h×nh thang vu«ng. Trong trêng hỵp ®ã tÝnh tû sè thĨ tÝch cđa
hai phÇn cđa S.ABCD chia bëi thiÕt diƯn.
Phương pháp.
§Ĩ thiÕt diƯn lµ h×nh thang vu«ng  MK// MO// BC  N lµ
S
trung ®iĨm AB  x = a/2.
V=

1
a3
.SA.dt ( ABCD ) 
3
3

V1=VSOECH+VKOE.MNB
VS .OECH

2

K

M

3

1
1 �a � a 3
 .OK .dt (OECH )  � �
3

3 �2 � 24

A

3

a 1 �a � a
VKOE .MNB  ON .dt ( MNB)  . � �
2 2 �2 � 16
3
3
3
a
a
5a
11a 3
V1 
 
� V2  V  V1 
24 16 48
48
V2 11
VËy V  5
1

D

N
O
B

H
C

E

Giải pháp 7: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng (d).
Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa (d) và tạo với
trục Oy góc lớn nhất.
Phương pháp.
Qua điểm A trên d dựng đường thẳng d’ song song
với Oy. Lấy điểm M trên d’ ; gọi K là hình
chiếu của
M trên d. ta có :

�

MAK = a = (d,Oy)

.Gọi H là hình chiếu vuông

góc của M trên
(P) thì

�

MAH = b = (d ', P ) = (Oy, P ) .

Như thế :

.Trong tam giác
MK
b sin a
vuông MHK thì MH �=�‫�ޣ‬sin
Vậy mặt phẳng (P) cần tìm
vuông góc với MK tại K.

max b

sin a =

MK
AM

a khi H

K

; sin b =

MH
AM

.

Giải pháp 8: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: và
mặt phẳng (P). Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d
và tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ nhất.
Phương pháp

8


Giải pháp 9:

:

Giải pháp 10:

x  x0 y  y0 z  z0


a
b
c




P  MA  MB 



x0  at y0  bt z0  ct

f (t )  g (t )

9

2. Ví dụ minh hoạ : cho đờng thẳng :

x 1 y z 1

và 2 điểm
1
1
1

A=(0,1,1), B=(1,0,0) .Tìm điểm M sao cho:

MA+MB nhỏ

nhất
Giải:
Nhận xét đờng thẳng đi qua điểm C=(1,0,-1) và có vectơ
uu
r

uuur

uuur

chỉ phơng là v (1,1, 1) . Ta có AC (1, 1, 2) và AB (1, 1, 1)
uuu
r uu
r

1

1

1 1

1

1

uuu
r uu
r uuur





AB, v
,
,
AB, v
. AC 2 4 2 0
Và
( 2, 0, 2)

1

1

1
1
1

1







nên đờng thẳng chứa AB và chéo nhau
x 1 t

(t R )
tham số của là: y t
z 1 t


Vậy phơng trình

Lấy điểm M=(t+1, t, -t-1) (*)

là điểm tuỳ ý thuộc
uuuu
r

Ta có: AM (t 1, t 1, t 2) AM (t 1) 2 (t 1) 2 (t 2) 2 3t 2 4t 6
uuuu
r

Và BM (t , t , t 1) BM t 2 t 2 (t 1)2 3t 2 2t 1
Cách 1: ta có P MA MB = 3t 2 4t 6 + 3t 2 2t 1

2



2

P
4t
2t 1
2 4
1 2
t2 2 t2
t
t
3
3 3
3
3 9
3 9

2
3

Chọn A '
,

(1)

1 2
14
, B'
, M ' (t, 0)


3 , 3

3



Thay vào (1) có:

P
M ' A ' M ' B ' A ' B '
3

Vậy P nhỏ nhất khi và chỉ khi 3 điểm A, B, M thẳng hàng
uuuuu
r 1

3

Ta có: A ' B '
,

r 2
2 14 uuuuuu
14
,
A
'
M
'

t

,





3
3
3




10

®Ó 3 ®iÓm A’, M’, B’ th¼ng hµng ®iÒu kiÖn lµ

t
1
3

2
3

14
14  2 7
7 7
 7 5
 7 5

� 3t  2 
� 3t 
�t
12
6
6
18
14  2
�
13  7  7  5 7  13 �
,
,
�

18
18 �
�

Thay vµo (*) ®îc: M  �
� 18
�

C¸ch 2: ta cã ph¬ng tr×nh tham sè cña ®êng th¼ng  lµ:
�x  1  t
�
(t �R )
�y  t
�z  1  t
�

Ta lÊy ®iÓm M � , to¹ ®é M=(t+1, t, -t-1).
Gäi E lµ h×nh chiÕu cña B trªn  . ®iÓm E=(t+1,t,-1-t).
uuu
r

Ta cã BE  (t , t , t  1)
V× E lµ h×nh chiÕu cña B trªn ®êng th¼ng  nªn.
uu
r uuu
r
v .BE  0 � t  t  t  1  0
�t

1

3

2 1 2

4

1

1

6

�
�
VËy to¹ ®é ®iÓm E  � , , �� BE    
9 9 9
3
�3 3 3 �

Gäi I lµ h×nh chiÕu cña A trªn ®êng th¼ng  th× I=(t+1, t, -1t)
uur uu
r

uur

Vµ AI  (t  1, t  1, t  2). nªn AI .v  0 � t  1  t  1  t  2  0 � t 
Ta cã

2
3

1 25 16
42
�1 2 1 �
I  � , , �� AI 
 

9 9 9
9
�3 3 3 �

VËy M � sao cho
uuu
r

2

uuu
r  AI uuur
uuu
r
uuur
MI
AI

� MI 
.ME Hay MI   7.ME (1)
ME BE
BE

2

2

uuur

1

1

1

�
�
�
�
Ta cã: MI  �  t ,  t , t  �, ME  �  t ;  t ,  t �
3
3�
3
3 �
�3
�3

Thay vµo (1) ta cã:

2
7
2  7 �
t  t 7 

� ( 7  1)t 
3
3
3

11


�t 

2  7 (2  7)( 7  1)  7  5


18
18
3( 7  1)
�
13  7  7  5 7  13 �
,
,
�
18
18
18 �
�
�

Thay t vµo to¹ ®é M ta ®îc: M  �
�
Cách 3. Dùng phép quay trong không gian

3.3. Khả năng áp dụng của giải pháp:
Phạm vi kiến thức mà đề tài đề cập đến chủ yếu là các vấn đề liên quan
đến kỳ thi THPT Quốc Gia và kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh. Đây là những kỳ thi
quan trọng diễn ra hằng năm. Các kiến thức đưa ra ở trong này hoàn toàn là toán
sơ cấp, điều đó phù hợp với chương trình Toán phổ thông.
3.4. Hiệu quả, lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp
dụng giải pháp:
Sau khi học sinh học xong chuyên đề này, các em thấy tự tin hơn, hứng
thú hơn, tạo cho các em niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra một cách
nhìn nhận, vận dụng linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền tảng cho
các em tự học và tự nghiên cứu. Cung cấp các kiến thức cần thiết tạo tâm lý
vững vàng trước khi các em bước vào kỳ thi quan trọng.
3.5 Tài liệu kèm theo: Không
Định Trung, ngày 17 tháng 3 năm 2018.

12