KHAI THÁC bài TOÁN cực TRỊ TRONG HÌNH học KHÔNG GIAN NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢI bài tập HÌNH học GIẢI TÍCH CHO học SINH lớp 12 TRUNG tâm GDTX

PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài :
- Toán học là một bộ môn đòi hỏi phải tư duy logic, phải biết vận dụng và kết
hợp linh hoạt nhiều kiến thức lại với nhau. Do đó, việc hình thành phương pháp
giải từng dạng toán cho các em học sinh là rất cần cần thiết, đặc biệt là trong
việc thi trắc nghiệm cần sự nhanh lẹ và chính xác.
- Phương pháp tọa độ trong không gian là một phần kiến thức toán học quan
trọng và nó luôn xuất hiện trong các kì thi THPT Quốc gia hàng năm. Để lĩnh
hội kiến thức của phần này được dễ dàng thì đòi hỏi người học phải biết tư duy
tốt và biết kết hợp giữa tính toán đại số và các tính chất hình học thuần túy trong
không gian.
- Đối với các bài toán hình học không gian liên quan đến cực trị, nếu chỉ
dùng tính toán đại số thì thường gây khó khăn cho học sinh, dễ sai xót trong quá
trình tính toán. Tuy nhiên, nếu chúng ta để ý đến tính chất hình học thì việc giải
quyết bài toán này sẽ dễ dàng hơn, giảm đi việc tính toán. Vì vậy, trong đề tài
này tôi muốn trình bày “ Khai thác kết quả một số bài toán về cực trị trong
không gian” để giúp các em học sinh nắm được phương pháp giải một số bài
toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12 làm cơ sở để các em có thể vận dụng
giải quyết các tình huống gặp phải trong các kỳ thi.
Từ những đòi hỏi trên tôi chọn sáng kiến với đề tài: “ Khai thác bài toán cực
trị trong hình học không gian nâng cao hiệu quả giải bài tập hình học giải tích
cho học sinh lớp 12 Trung tâm GDTX ”.
2. Mục đích của sáng kiến:
- Qua khai thác kết quả bài toán cực trị trong hình hình học không gian giúp
học sinh giải một số dạng toán của phương pháp tọa độ trong không gian và góp
phần hiệu quả học hình học giải tích cho học sinh khối 12.
- Giúp các em học sinh lớp 12 Trung tâm nâng cao được tư duy cùng kĩ năng
tính toán và qua đây tôi cũng hy vọng sẽ cung cấp cho học sinh các dạng toán cơ
1

bản để bổ sung vào hành trang kiến thức giúp các em bước vào các kì thi, đặc
biệt là kì thi THPT Quốc gia.
- Qua đề tài này giúp cho bản thân và đồng nghiệp dạy khối 12 có thêm tư
liệu để ôn tập cho học sinh.
- Kết hợp giữa định tính và định lượng nhằm giúp các em hệ thống tốt hơn
kiến thức đã học và giúp các em hứng thú hơn trong học hình giải tích.
3. Đối tượng nghiên cứu:
- Đối tượng mà đề tài hướng tới nghiên cứu và áp dụng thực nghiệm là học
sinh lớp 12 GDTX năm học 2016-2017.
4. Phương pháp nghiên cứu:
- Phương pháp nghiên cứu tài liệu: nghiên cứu lý thuyết hình học không
gian, phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học. Nghiên cứu
phương pháp giảng dạy toán, đặc biệt là phương pháp giảng dạy giải hình học
giải tích.
- Phương pháp quan sát sư phạm: thông qua thực tế giảng dạy, trao đổi với
đồng nghiệp, dự giờ đúc rút kinh nghiệm, tiếp thu sự phản hồi từ học sinh.
- Phương pháp thực nghiệm: thực hiện kiểm tra đánh giá ở các lớp 12A1,
12A2 sau quá trình học tập.
5. Những điểm mới của sáng kiến:
- Đề tài chỉ đề cập tới một số bài toán điển hình về cực trị cơ bản có thể
vận dụng trong hình học giải tích, chưa bao quát hết tất cả các dạng toán. Tuy
nhiên thông qua các bài toán này nhằm giúp cho các em nắm được kết quả
của của bài toán cực trị trong không gian để từ đó vận dụng giải quyết các bài
toán trong hình học giải tích.


- Đây là sự vận dụng kết quả bài toán đã giải quyết để giải quyết những
bài toán mới và có thể mở rộng, nâng cao các nội dung của chương trình
SGK. Vì thế nó giúp học sinh cũng cố các kiến thức đã học và phù hợp với
chuyên đề ôn thi THPT Quốc gia cho các em học sinh.

PHẦN NỘI DUNG SÁNG KIẾN

1. Cơ sở lý luận:
- Sau khi giải quyết một bài toán ngoài việc chỉnh lý, kiểm tra, mở rộng bài toán
thì luôn phải suy nghĩ phương pháp, kết quả bài toán vừa giải có ích gì trong
việc giải các bài toán khác.
2


- Giải bài tập toán có tác dụng bổ sung, hoàn thiện, nâng cao kiến thức phần lý
thuyết còn thiếu do thời lượng phân phối chương trình quy định.
- Giải bài tập toán giúp học sinh hiểu sâu hơn lý thuyết, củng cố rèn luyện cho
học sinh kỹ năng giải toán, kỹ năng vận dụng lý thuyết vào thực tiễn …
- Giải bài tập toán còn giúp cho học sinh phát triển tư duy tích cực, tạo tiền đề
nâng cao năng lực tự học, cũng cố khả năng sử dụng ngôn ngữ, cách trình bày
lời giải, khả năng khám phá và tự khám phá, hình thành phương pháp làm việc
khoa học, hiệu quả.
- Thông qua bài tập toán giáo viên giảng dạy có một kênh thông tin thu thập,
đánh giá chính xác năng lực học tập của học sinh.
2.Thực trạng trước khi áp dụng sáng kiến:
-Phần lớn các em học sinh đều hay lúng túng và gặp không ít khó khăn khi
giải các bài toán về hình học tọa độ trong không gian. Bởi lẻ, để giải quyết các
bài toán này đòi hỏi các em cần phải có một kiến thức vững chắc về hình học
không gian.
-Trong hệ thống bài tập của chương trình giáo khoa thì có rất ít bài toán về
cực trị, đó cũng là một lý do mà làm cho học sinh ít có cơ hội tiếp cận với dạng
toán này.
-Do thời lượng hạn chế nên trong SGK ít đề cập đến các bài toán về cực trị,
nên các em học sinh ít được tiếp xúc và luyện tập các dạng này. Vì thế khi gặp
các em thường hay lung túng và gây nhiều khó khăn cho các em.

-Tuy nhiên, những bài toán về cực trị lại là những bài toán có phương pháp
giải rất lý thú và thường mang lại tâm lý hưng phấn cho học sinh, từ đó khích lệ
được khả năng tìm tòi học hỏi cho các em.
3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết:
3.1. Một số kiến thức cơ bản có liên quan:
1. Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất:
�
x  D : f  x  M
�
x �D : f  x   M
�

- M là giá trị lớn nhất của hàm số y=f(x) trên D nếu �

�
x  D : f  x  m
�
[1]
x �D : f  x   m
�

- m là giá trị nhỏ nhất của hàm số y=f(x) trên D nếu �

3


2. “Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) là khoảng cách từ điểm M đến
hình chiếu vuông góc của M lên mặt phẳng (P)”.
Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng (d) là khoảng cách từ điểm M đến
hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng (d).[2]

3. Gọi H là hình chiếu của M lên mặt phẳng (P). Đoạn MH là khoảng cách ngắn
nhất nối từ điểm M đến một điểm bất kỳ trên mặt phẳng (P).[3]
4. Với hai đường thẳng chéo nhau thì độ dài đọan vuông góc chung là khoảng
cách ngắn nhất nối giữa hai điểm bất kỳ lần lượt thuộc hai đường thẳng này.[4]
3.2. Hệ thống một số bài tập cơ bản trong hình học không gian và hình
thành phương pháp giải các bài toán hình học giải tích lớp 12:
Bài toán 1: Cho hai điểm A, B và mặt phẳng    . Tìm điểm M thuộc mp   
sao cho MA  MB nhỏ nhất.[5]
Phương pháp:
TH: Nếu A, B khác phía đối với mp    thì M là giao điểm của AB với mp    .
TH: Nếu A, B cùng phía đối với mp    :

B

+ Lấy A’ đối xứng với A qua mp    .

A

Ta có MA’=MA
+ Do đó, MA + MB nhỏ nhất
� MA’ + MB nhỏ nhất
� M, A’, B thẳng hàng



� M  A' B I   

M

A’

Ví dụ 1: Trong không gian (Oxyz), cho hai điểm A 1;1;1 , B  4;  10;12 và
mp( ): x  2y  z 8  0. Tìm điểm M thuộc mp( ) sao cho MA+MB nhỏ nhất.

Bài giải:
Ta nhận thấy A, B nằm cùng phía đối với mp( ) .
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua mp( ) � A' 1;5;3
+ Ta có mp( ) là mặt phẳng trung trực của AA’ nên M �( ) � MA'  MA
Nên, MA+MB nhỏ nhất � MA’+MB nhỏ nhất (Vì A’,B khác phía đ/v mp( ) )
4


� M  A' B I   
�x  1 t
�
+ Pt đường thẳng (A’B): �y  5 5t  t �R
�z  3 3t
�
�x  1 t
�x  2
�y  5 5t
�
�
� �y  0 � M  2; 0; 6
+ Tọa độ M thỏa hệ �
�z  3 3t
�z  6
�
�
�x  2y  z  8  0

Bài toán 2: Cho hai điểm A, B và đường thẳng (d). Tìm điểm M thuộc (d)
sao cho diện tích của MAB có giá trị nhỏ nhất.[6]
Phương pháp:
+ Gọi H là hình chiếu của M lên (d)
SMAB 

d

1
MH .AB
2

B

+ Vì AB không đổi nên SMAB nhỏ nhất � MH nhỏ nhất M
� MH là đoạn vuông góc chung của AB và (d).

H
A

Ví dụ 2: Cho hai điểm A 2; 1; 2 , B  2; 1; 4 và đường thẳng
(d):

x  1 y z 2
 
. Tìm điểm M thuộc (d) sao cho SMAB nhỏ nhất.
1
2
1

Bài giải:
+ Gọi H là hình chiếu của M lên (d)

� SMAB 

1
MH .AB
2

Do đó, SMAB nhỏ nhất � MH nhỏ nhất
� MH là đoạn vuông góc chung của AB và (d).
�x  1 t
ur
�
+ Pt tham số (d) : �y  2t  t �R . Ta có vtcp của d: u1   1; 2; 1
�z  2 t
�

5


�x  2 2t'
uu
r
�
y

1
t

'
�
R
u


+ Pt tham số (AB): �
. Ta có vtcp của AB: 2   2; 0; 1
�z  2  t '
�

Vì M �d nên M  1 t;2t;  2  t 
H �( AB) nên H  2  2t ';1;2  t'
uuuur ur
�
�
 3 2t' t  2 1 2t   4 t' t  0 �t  1
�MH .u1  0
�
��
��
+ Ta có : �uuuur uur
Vậy M(2;2;-1)
t'  1
2

3

2
t

'

t

4
4

t
'

t

0




MH
.
u

0
�
�
�
2

Bài toán 3 : Cho mp( ) và mặt cầu (S) không có điểm chung. Tìm hai điểm
M, N lần lượt thuộc mặt cầu (S) và mp( ) sao cho MN nhỏ nhất.[7]
Phương pháp :

+ Gọi N0 là hình chiếu vuông góc của I lên mp( ) .
M0 là giao điểm của IN0 với (S). (M0 thuộc đoạn IN)
+ Lấy 2 điểm tùy ý M, N lần lượt thuộc (S),( )

I

Khi đó, ta có: IM  MN �IN �IN0  IM0  M0N0
M

Do đó, MN nhỏ nhất khi M �M0 , N �N0



N

Ví dụ 3: Trong không gian (Oxyz), cho mp( ): x  2y  z 20  0 và mặt cầu
(S): x2  y2  z2  2x  2y  2z  3  0 .Tìm hai điểm M, N lần lượt thuộc mặt cầu (S)

và mp( ) sao cho MN nhỏ nhất.
Bài giải :
Mặt cầu (S) có tâm I(1 ; 1 ; 1) và bán kính R  6
Ta có: d  I ,   3 6  R � mp( ) và mặt cầu (S) không giao nhau.
�M �(S)
�
Vì �N �( ) nên N là hình chiếu của I lên ( ) và M  IN �(S) ,(M thuộc đoạn
�MN min
�

IN)
6

�x  1 t
�
+ Pt đt(d) qua I và vuông góc với ( ) : �y  1 2t  t �R
�z  1 t
�
�x  1 t
�y  1 2t
�
� t  3 � N  2;7;4
+ Tọa độ N thỏa �
�z  1 t
�
�x  2y  z 20  0
�x  1 t
�y  1 2t
t  1
�
�
��
+ Tọa độ M thỏa �z  1 t
t1
�
�
2
2
2
�
�x  y  z  2x  2y  2z  3  0  0

Với t  1 � M  0;3;2 (loại vì M nằm ngoài đoạn IN)
Với t  1 � M  2;  1;0 .
Bài toán 4: Cho đường thẳng    và điểm M nằm ngoài đường thẳng    . Xác
định mặt phẳng (P) chứa đường thẳng    sao cho khoảng cách từ M đến mp(P)
là lớn nhất.[8]
Phương pháp:
Gọi I là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng    . Suy ra I cố định.
Giả sử mp(P) bất kỳ chứa    và H là hình chiếu của M lên mp(P).

M

Ta có: d  M ;  P    MH �MI (MI không đổi)
Do đó, d  M ;  P   lớn nhất khi H trùng với I.
uuu
r

Tức là, mặt phẳng (P) nhận MI làm vectơ pháp tuyến.



H
I

Bài toán 4: Cho mặt phẳng    và 1 điểm A thuộc mặt phẳng    và điểm B
không thuộc mp    . Xác định đường thẳng    qua A và nằm trong mp    sao
cho khoảng cách từ B đến đường thẳng    là nhỏ nhất.
Phương pháp:
7

+ Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mp    . Suy ra H cố định.
+ Giả sử    là một đường thẳng bất kỳ qua A, nằm trong mặt phẳng    và gọi
B

K là hình chiếu vuông góc của B lên đường thẳng    .
Ta có: d  B;    BK �BH (BH không đổi).

A

Suy ra d  B;   nhỏ nhất khi K trùng với H.



Tức là, đường thẳng    qua H.

H

K

+ Vậy đường thẳng    là đường thẳng qua A và H.
3.3. Mở rộng, vận dụng linh hoạt các dạng toán đã gặp :
Bài toán 1: Cho hai điểm A, B và mp    . Tìm M thuộc mp    sao cho
a.MA2  b.MB 2  a  b  0  nhỏ nhất. (Mở rộng của bài toán 1) [9]

Phương pháp:

uu
r

uur

r

+ Tìm điểm I thỏa a.IA  bIB
.  0 (I là điểm cố định)
2
2
2
2
. 2
Khi đó, a.MA  b.MB   a  b MI  a.IA  bIB

+ Vì a.IA2  bIB
. 2 không đổi nên a.MA2  b.MB2 nhỏ nhất
� MI nhỏ nhất
� M là hình chiếu của I lên mp    .

Hệ quả: Cho hai điểm A, B và mp    . Tìm M thuộc m p    sao cho MA2  MB2
nhỏ nhất. [10]
Phương pháp:

A

+ Gọi I là trung điểm của AB.

I

B

MA2  MB2 AB2

Khi đó, MI 
2
4
2

� MA2  MB2  2MI 2 

AB2
2

+ Vì AB không đổi nên MA  MB nhỏ nhất
2

2



M

� MI nhỏ nhất
� M là hình chiếu của I lên mp   
8


Nhận xét: Bài toán này có thể được mở rộng: Cho n điểm A1, A2,..., An và cho
mp( ) . Tìm M thuộc mp( ) sao cho
a1.MA12  a2 .MA2 2  .....  an .MAn 2  a1  a2  ...  an  0  nhỏ nhất.

Ví dụ 1a: Trong hệ tọa độ (Oxyz), cho A 3; 1; 0 , B  1; 5;  2 và mp. Tìm M
thuộc mp ( ) sao cho MA2  MB2 nhỏ nhất.
Bài giải:
+ Gọi I là trung điểm của AB � I  2;3;  1
AB2
Ta có: MA  MB  2MI 
2
2

2

2

Nên MA2  MB2 nhỏ nhất � MI nhỏ nhất � M là hình chiếu của I lên mp   
+ Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với mp ( )
�x  2  t
�
� Pt của (d): �y  3 3t  t �R
�z  1 3t
�

+ Ta có: M  (d) �   � M  1;0;2
Ví dụ 1b: Trong hệ tọa độ (Oxyz), cho A 2;  4; 8 , B  3; 1;  2 và mp

   : x  3y z 9  0. Tìm M thuộc mp sao cho

2MA2  3MB2 nhỏ nhất.

Bài giải:

uu
r
uu
r
r
+ Gọi I là điểm thỏa 2IA  3IB  0 � I  1;  1; 2



uuur uur



2



uuur uur



2

Ta có 2MA2  3MB2  2 MI  IA  3 MI  IB  5MI 2  2IA2  2IB2
Do đó, 2MA2  3MB2 nhỏ nhất � MI nhỏ nhất � M là hình chiếu của I lên mp


+ Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với mp ( )
�x  1 t
�

� Pt của (d): �y  1 3t  t �R
�z  2  t
�
9


+ Ta có: M  (d) �   � M  0;2;3
Ví dụ 2a: Cho đường thẳng  :

x 5 y  2 z 5


và điểm M(2; 2; 0). Viết
1
1
3

phương trình mặt phẳng (P) chứa    sao cho khoảng cách từ M đến mp(P) là
lớn nhất. ( Mở rộng của bài toán 3)
Giải:
+ Gọi I là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng    . Suy ra I(3; 0; 1).
uuu
r

+ Áp dung bài toán 5, ta có mp(P) nhận MI là vectơ pháp tuyến.

uuu
r
MI
  1; 2;1 làm vectơ pháp tuyến.

Tóm lại, mp(P) qua I(3; 0; 1) và nhận

Vậy phương trình của mp(P) là: x -2y + z – 4 = 0.
Ví dụ 2b: Cho mặt phẳng    : 2 x  y  mz  m  1  0 và điểm M(6; -1; 2). Tìm m
để khoảng cách từ M đến mặt phẳng    là lớn nhất.
Giải:
�x  t
�
+ Ta thấy mp    luôn chứa đường thẳng cố định là  : �y  1  2t .
�z  1
�

+ Gọi I là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng    . Ta tìm được I(2;3;1).
+ Áp dụng bài toán 5, ta có mp    nhận

uuur
IM   4;2;1 làm vectơ pháp tuyến.

r

Mặt khác, n   2;1;  m  là một vectơ pháp tuyến của mp   
uuur

r

Từ đó, IM   4;2;1 và n   2;1;  m  cùng phương. Suy ra m 

1
.
2

Ví dụ 3a:
Cho mặt phẳng    : x  y  3 z  7  0 và điểm A(-2; 5; 0) thuộc mp    . Viết
phương trình đường thẳng    qua A, nằm trong mp    và sao cho khoảng cách
từ B(1;0;-1) đến đường thẳng    là nhỏ nhất. (Mở rộng của bài toán 4)
Giải:
10


+ Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mp    . Suy ra H(0; 1; 2).
+ Áp dung bài toán 6, ta có đường thẳng    qua A và H.
uuur

Tức là, đường thẳng    qua A(-2;5;0) và nhận AH   2; 4;2  làm vectơ chỉ
phương.
Vậy phương trình của    là:

x  2 y 5 z

 .
1
2
1

Ví dụ 3b: Cho mặt phẳng (P): x – y – 2z + 5 = 0 và 2 điểm A(3; 0; 2), B(1; 2;
3). Viết phương trình đường thẳng    qua A, song song với mp(P) sao cho
khoảng cách từ B đến đường thẳng    là nhỏ nhất.
Giải:
+ Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và song song với (P).
Phương trình của mp(Q): x – y – 2z + 1 = 0

Vì    qua A và song song với mp(P) nên    thuộc mặt phẳng (Q).

B

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mp(Q). Suy ra H(2 ; 1 ; 1).
+ Áp dụng bài toán 6,
A

suy ra    là đường thẳng qua A và H.
Vậy phương trình của    là:

x3 y z 2


.
1
1
1

Q

K

H

P

3.4. Đưa ra các bài toán rèn kỹ nặng vận dụng của học sinh :
Bài 1 : Cho mặt phẳng    : x  3 y  z  2  0 và 2 điểm A(1 ;4 ; 0) và B(5;4; -7).
Tìm tọa độ điểm M thuộc mp    sao cho MA + MB nhỏ nhất.

Kết quả : M(1 ; 0 ; -1)
11


Bài 2 : Cho mp    : 2 x  y  z  3  0 và 3 điểm A(5;1;4), B(2;0 ;3), C(2 ; 1 ;2).
uuur uuur uuuu
r

Tìm tọa độ điểm M thuộc mp    sao cho MA  MB  MC nhỏ nhất.
Kết quả: M(1; 1; 2)
Bài 3: Cho mặt phẳng    : x  y  z  3  0 và hai điểm A(1; -1 ; 0), B(0;-4 ;-2).
Tìm tọa độ điểm M thuộc mp    sao cho 2MA2  MB 2 nhỏ nhất.
Kết quả: M(1;1;1)
�x  3  2t
x y 1 z 1
�
; d2 : 

Bài 4: Cho hai đường thẳng chéo nhau: d1 : �y  t
. Với
1
2
3
�z  2
�

A, B là 2 điểm thuộc đường thẳng (d2) mà AB không đổi. Tìm điểm M thuộc
đường thẳng (d1) sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất.
Kết quả: M(1; -1; 2)
�x  1  3t

�
Bài 5: Cho đường thẳng  : �y  t
và điểm A(1; 3; 0). Viết phương trình
�z  2  t
�

mặt phẳng (P) chứa đường thẳng    sao cho khoảng cách từ A đến mp(P) là
lớn nhất.
Kết quả: (P): x – 2y + z – 1 = 0
Bài 6: Cho mặt phẳng (P): x + 2y – z + 3 = 0 và điểm B(1; 0; 4), A(2; 3;2). Viết
phương trình đường thẳng    qua B, nằm trong mp(P) và sao cho khoảng cách
từ A đến    là lớn nhất.
Kết quả :    :

x 1 y z  4


1
1
1

4 / Hiệu quả của sáng kiến:
Trong năm học 2016-2017 tôi đã áp dụng và hướng dẫn học sinh các lớp
12A1, 12A2 học theo hệ thống bài tập này so với lớp 12A3 không áp dụng thì
kết quả có sự tiến bộ rõ rệt trên các mặt tỷ lệ học sinh hiểu bài, học sinh có kỹ
12


năng giải toán, học tích cực xây dựng bài. Sau đây là kết quả khảo sát của bản
thân

Lớp

Sĩ số

12A1

Học sinh hiểu bài

Học sinh có kĩ năng

Học sinh tích cực

SL

TL (%)

SL

TL (%)

SL

TL (%)

42

37

88,1

23

54,8

13

30,9

12A2

39

32

82,1

25

64,1

12

30,7

12A3

41

19

46,3

5

12,2

4

9,7

- Sau khi áp dụng vào giảng dạy cho các em học sinh, đa số các em đều thích thú
học tập, hiểu và vận dụng tốt.
- Qua đó nhận thấy các em tự tin hơn trong việc học và giải các bài tập về
phương pháp tọa độ trong không gian.
KẾT LUẬN :
- Giải bài toán về hình học giải tích là một bộ phận quan trọng của hình học nói
chung, của chương trình hình học lớp 12 nói riêng, là một dạng toán thường gặp
trong các đề thi THPT Quốc gia. Vì vậy trong quá trình giảng dạy phải yêu cầu
học sinh nắm được các kiến thức cơ bản, trọng tâm để vận dụng giải được các
dạng toán này.
- Trong dạy học giải bài tập toán việc phân dạng bài tập, hình thành các bước
giải là vô cùng cần thiết hơn nữa việc xác định kiến thức trọng tâm, lựa chọn bài
tập phong phú, dạy sát đối tượng là những yếu tố cơ bản đảm bảo thành công.
Để dạy học sinh học nắm vững kiến thức hình học giải tích ngoài những yếu tố
trên ta cần lựa các bài tập cơ bản, dể hiểu gắn liền những khái niệm cơ bản như
tọa độ điểm, phương trình đường thẳng, mặt phẳng vv…một cách nhẹ nhàng,
một yếu tố nữa mà chúng phái luôn nhắc nhở học sinh khi tính toán nhất thiết
phải chính xác, luôn xác định rõ các khái niệm liên quan đến giả thiết, mối quan
hệ giữa các giả thiêt, cách dự đoán, cách vận dụng linh hoạt ...
- Kinh nghiệm sáng kiến này là một tư liệu bổ ích cho giáo viên tham khảo dạy

cho các đối tượng đại trà, khá, giỏi.
- Qua quá trình giảng dạy tôi nhận thấy việc phân dạng và hình thành các bước
giải bài toán giúp học sinh nắm vững bài, không còn lúng túng, lo sợ khi học
phần này, bước đầu các em đã có định hướng phương pháp để giải các bài toán
hình học giải tích. Với kết quả thực nghiệm ở hai lớp tôi dạy học sinh đã say mê,
tích cực và hiểu bài đạt tỷ lệ cao. Đó cũng là động lực để tôi cố gắng hơn nữa để
tiếp tục bổ sung hoàn thiện sáng kiến này.
13


- Thông qua kinh nghiệm này bản thân cũng rút ra nhiều kinh nghiệm quý báu
trong quá trình giảng dạy và mạnh dạn trao đổi với các đồng nghiệp để góp ý,
xây dựng cho sáng kiến hoàn chỉnh hơn.
2 – Kiến nghị đề xuất:
- Qua thực tế giảng dạy nhất là đối tượng học sinh đại trà trong các Trung tâm
giáo dục thường xuyên, tôi nhận thấy để học sinh hiểu, nắm vững kiến thức cơ
bản, vận dụng được kiến thức để giải toán cần lưu ý một số nội dung sau:
* Phải đầu tư nhiều thời gian để nghiên cứu tài liệu, sách giáo khoa, tài liệu
tham khảo để hiểu rõ kiến thức cơ bản, kiến thức trọng tâm, cốt lõi của từng
chương, từng bài lựa chọn phương pháp thích hợp với đối tượng.
* Biết phân loại, dạng bài tập phù hợp các đối tượng trong lớp, kiên trì uốn nắn
động viên, phát huy kiến thức học sinh đã có, bổ sung hoàn thiện kiến thức học
sinh thiếu, hổng trong từng tiết dạy.
* Thường xuyên nắm bắt ý kiến phản hồi từ phía học sinh thông qua các tiết bài
tập, bài kiểm tra định kỳ, kiểm tra miệng … điều chỉnh kịp thời nội dung giúy
học sinh dể hiểu bài học.
* Trước khi giảng dạy phần này nói riêng cũng như các nội dung khác nói
chung giáo viên cần bổ sung những nội dung kiến thức có liên quan để học tốt
nội dung mới.
* Đối với nhà trường cần tăng cường các phương tiện, máy móc giúy cho môn

hình học có nhiều sơ trợ giúy tạo cho học sinh các mô hình, hình vẽ động để học
sinh dể hiểu hơn môn hình học giải tích.
Trên đây là một số kinh nghiệm nhỏ của bản thân phần nào giúy học sinh tiếp
thu phần kiến thức hình học giải tích được dể ràng hơn, hướng thú học tập hơn.
Đây là một sáng kiến thực tế, thiết thực cho môi trường học sinh khối giáo dục
thường xuyên năng lực học tập còn hạn chế, đồng thời trong sáng kiến này cũng
gợi mở cho các em khá, giỏi con đường, cách thức để giải những bài toán khó
hơn. Tôi cũng nhận thấy với sự hiểu biết có hạn, thời gian, không gian còn nhỏ
nên sáng kiến này không trách khỏi thiếu sót, tôi rất mong nhận được sự đóng
góp của các đồng nghiệp, chuyên viên Sở Giáo dục và Đào tạo.Tôi xin trân
thành cám ơn.
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến của bản thân tôi viết, không sao chép của
người khác.
Thọ Xuân, ngày 25 tháng 5 năm 2017
Người viết
Mai Phương Thảo

14


Tài liệu tham khảo
1. Hình học lớp 11, 12 (SGK)
2. Giải tích lớp 12 (SGK)
3. Bài tập Hình học lớp 11, 12 (SGK)

MỤC LỤC

Trang
15

PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài ........................…………………………………….1
2. Mục đích của đề tài …………………………………………………..1
3. Đối tượng nghiên cứu của đề tài: ........................................................ 2
4. Phương pháp nghiên cứu ................……………………………… . 2
5. Những điểm mới của sáng kiến ............…………………………… 2
PHẦN NỘI DUNG
1. Cơ sở lý luận của đề tài

………………………………………...2

2. Thực trạng của vấn đề …………………………………………....... 3
3. Các giải pháp của sáng kiến ………………………………………. 3
4. Hiệu quả của sáng kiến .........
PHẦN KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
1. Kết luận ................................... ……………………………………. 13
2. Kiến nghị ........................................…………………………………14
3. Tài liệu tham khảo

……………………………………………….15

16