Sử dụng phương pháp véc tơ để giải bài toán cực trị hình học không gian

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP VÉC TƠ ĐỂ GIẢI BÀI
TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Người thực hiện : Nguyễn Công Phương
Chức vụ : Giáo viên
SKKN thuộc môn :Toán

THANH HÓA NĂM 2018


MỤC LỤC
STT
1.

Tên mục
1. Mở đầu

Trang
2

2.

1.1. Lí do chọn đề tài

2

3.

1.2. Mục đích nghiên cứu

2

4.

1.3. Đối tượng nghiên cứu

2

5.

1.4. Phương pháp nghiên cứu

2

6.

2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm

3

7.

2.1. Cơ sở lí luận

3

8.

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

3

9.

2.2.1 Thuận lợi

3

10.

2.2.2 Khó khăn

3

11.

2.2.3 Số liệu thống kê

4

12. 2.3.Các giải pháp thực hiện đề tài

4

13.

2.3.1 Lý thuyết véc tơ

4

14.

2.3.2 Một số ví dụ minh họa

7

15.

2.3.3 Bài tập tự luyện

17


16. 2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo
dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
17. 3. Kết luận và kiến nghị

18

18.

3.1 Kết luận

19

19.

3.2. Kiến nghị

19

19


1. PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài:
Trong thực tế giảng dạy tôi thấy : Đa số học sinh rất ngại học môn hình học,
đặc biệt là những bài toán cực trị trong hình học không gian. Bởi vì, đây là môn
học khó đòi hỏi trí tưởng tượng, óc thẩm mỹ và tính tư duy cao, không phải học
sinh nào cũng học tốt được. Việc sử dụng phương pháp véc tơ để giải bài toán cực
trị hình học không gian, đôi khi ta có thể biến một bài toán khó thành một bài toán
đơn giản, lời giải ngắn gọn hơn, không đòi hỏi nhiều đến khả năng tư duy, kỹ năng
vẽ hình và chứng minh hình học. Khi dạy phần hình học không gian lớp 11 cho học
sinh tôi thấy 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
tốt nghiệp THPTQG và xuất hiện nhiều trong đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh khiến
cho học sinh rất bối rối về phương pháp, rất nhiều học sinh không làm hết bài hoặc
phải bỏ qua các bài toán hình học trong bài thi. Trong khi đó các em lại có thể làm
tốt các biến đổi đại số và chứng minh bất đẳng thức việc sử dụng phương pháp véc
tơ đã chuyển bài toán hình học với các tư duy trìu tượng về hướng tư duy biến đổi
đại số, giải tích đã mang lại hứng thú và tính sáng tạo cho các em học sinh.
Bởi vậy việc giúp các em có cách tiếp cận mới cho dạng toán cực trị hình học,
thêm hứng thú trong học tập và phát triển tư duy đã thôi thúc tôi viết đề tài sáng
kiến kinh nghiệm “sử dụng phương pháp véc tơ để giải bài toán cực trị hình
học không gian”

1.2. Mục đích nghiên cứu:
- Giúp học sinh hệ thống hóa và có kiến thức vững về lý thuyết về vec tơ.
-. Hướng dẫn học sinh giải quyết các bài toán toán cực trị hình học không gian lớp
11 bằng phương pháp véc tơ .
- Thông qua việc 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
1.3 .Đối tượng nghiên cứu:
Véc-tơ và các tính chất của véc-tơ trong hình học phẳng và trong không gian liên
quan đến bài toán cực trị
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
- Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu sách giáo khoa, sách bài tập
,sách tài liệu và các đề thi học sinh giỏi các tỉnh.
- Phương pháp điều tra thực tiễn : Quan sát quá trình học tập lấy phiếu điều
tra đối tượng học sinh trước và sau khi dạy chuyên đề .
1


2. PHẦN NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận:
Véc tơ được xem là một trong những kiến thức cơ bản trong hình học và được ứng
dụng rộng rãi cả trong hình học phẳng và hình học không gian. Lý thuyết véc tơ
bắt nguồn từ vật lý và được sáng lập bởi nhà lý hóa học người Mỹ Josiah Willard
Gibbs (1839 -1903 )
Cũng theo Josiah Willard Gibbs Để giải một bài toán bằng phương pháp véc tơ
ta thực hiện theo các bước sau :
 Bước 1 : Thực hiện việc chọn hệ véc tơ thích hợp, chuyển bài toán hình học
không gian về bài toán biến đổi véc tơ dựa vào tính chất của véc tơ.
 Bước 2 : Giải bài toán hình học véc tơ nói trên.
 Bước 3 : Chuyển các kết luận của bài toán hình học không gian sang các tính
chất hình học véc tơ tương ứng.

Tuy nhiên qua thực tế , việc học và nắm vững các bước trên để vận dụng vào
giải toán thật không hề đơn giản đối với học sinh, vì đây là một qúa trình trừu
tượng hoá và khái quát hóa trong việc rèn luyện tư duy toán học. Do vậy, thông qua
một số bài toán cụ thể để hướng dẫn các em làm quen dần với việc giải bài toán
hình học không gian bằng phương pháp véc tơ.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
2.2.1 Thuận lợi:
Khái niệm vectơ trong không gian đã được đưa vào nội dung chưng trình lớp
11, làm công cụ cơ bản nghiên cứu quan hệ vuông góc giữa hai đường thẳng, giữa
đường thẳng với mặt phẳng, giữa hai mặt phẳng và khoảng cách giữa một số đối
tượng trong hình học không gian.
Việc sử dụng vectơ để xây dựng quan hệ vuông góc trong không gian làm
cho cách diễn đạt một số nội dung hình học được gọn nhẹ hơn, học sinh dễ dàng
tiếp thu. Mặt khác một số kiến thức về vectơ này sẽ là cơ sở chuẩn bị cho việc xây
dựng khái niệm tọa độ trong không gian trong chương trình hình học lớp 12, một
công cụ hữu ích để giải nhiều bài toán hình học không gian.
2.2.2 Khó khan:
Không ít học sinh chưa nắm vững kiến thức về véc tơ vì các khái niệm này
một phần được học từ lớp 10, sách giáo khoa lại trình bày phần lý thuyết về tính
đồng phẳng của véc tơ chưa sau, bài tập vận dụng ít, các đề thi những năm trước
đây cũng ít đề cập đến phần này nên nhiều học sinh và cả giáo viên cũng ít chú
trọng.
2


Đây là một nội dung khó đối với học sinh lớp 11. Do chưa tìm ra được
phương pháp thích hợp để giải toán nên sẽ nhiều vướng mắc, từ đó thiếu hứng thú
trong học tập.Để giúp các em mau chóng tiếp cận được phương pháp giảng dạy
mới, đòi hỏi sự nỗ lực và sự quyết tâm cao của cả thầy và trò.
2.2.3 Số liệu thống kê:

Kế quả làm bài kiểm tra khảo sát môn hình học của 42 học sinh lớp 11 trước khi
thực hiện đề tài

Khối
lớp
11

Tổng
số học
sinh
42

KẾT QUẢ XẾP LOẠI
Giỏi

Khá

Trung bình

Yếu

TS

%

TS

%

TS

%

TS

%

1

2,3
%

5

11,9
%

30

71,4

6

14
,4

2.3.Các giải pháp thực hiện đề tài:
Trước hết cần hệ thống hóa lại lý thuyết về véc tơ , nêu tóm tắt các tính chất
và kết quả quan trọng đã được trình bày ở sách giáo khoa lớp 10 và 11.
2.3.1. [1]. Lý thuyết véc tơ :

Các qui tắc.
uuur uuu
r uuur
Qui tắc ba điểm: Với ba điểm A , B , C bất kì ta có: AC  AB  BC
B
A
C
Mở rộng:
Cho n điểm bất kì A1 , A2 , A3 , �, An –1 , An . Ta có:
uuuur uuuur
uuuuuur uuuur
A1 A2  A2 A3  K  An1 An  A1 An
Qui tắc trừ (ba điểm cho phép trừ):
uuur uuur uuu
r
Với ba điểm A , B , C bất kì ta có: AC  BC  BA
Qui tắc hình bình hành:
uuur uuu
r uuur
uuur uuu
r uuur
Với hình bình hành ABCD ta có: AC  AB  AD và DB  AB  AD

3


B

C

A

D
Qui tắc hình hộp.
Cho hình hộp S với AB , AD , AA�là ba cạnh có
�
chung
uuuu
r uđỉnh
uu
r uuAur và
uuurAC là đường chéo, ta có:
AC �
 AB  AD  AA�

D

C

A

B
D'

C'

A'

B'

Điều kiện để ba vectơ đồng phẳng:
- Khái niện về sự đồng
phẳng
của ba vectơ trong không gian.
r
r r r
Cho ba vectơ a , b , c ( 0 ) trong không gian. Từ một điểm O bất kì ta dựng
uuu
r r uuu
r r uuur r
OA  a , OB  b , OC  c . Khi đó xảy ra hai trường hợp:
Các đường thẳng OA , OB , OC không cùng nằm trong một mặt phẳng thì
r r r
ta nói ba vectơ a , b , c không đồng phẳng.
Các đường thẳng OA , OB , OC cùng nằm trong một mặt phẳng thì ta nói
r r r
ba vectơ a , b , c đồng phẳng
r
a
.
r
b

r
c

B
C

A

O



- Định nghĩa 3.
Ba vectơ gọi là đồng phẳng nếu các giá của chúng cùng
song song với một mặt phẳng.
r r r
Trên hình bên, giá của các vectơ a , b , c cùng song song
r r r
với mặt phẳng () nên ba vectơ a , b , c đồng phẳng.
- Điều kiện để ba vectơ đồng phẳng
Định lí 1.
4


r
r r r
r
Cho ba vectơ a , b , c trong đó a và b không cùng phương. Điều kiện cần và
r r r
đủ để ba vectơ a , b , c đồng phẳng là có duy nhất các số m , n sao cho
r
r
r
c  ma  nb . r

b

A

r
c

r
c

r
m.a

r
a

O

r
n.b

B

Phân tích một vectơ theo ba vectơ không đồng phẳng
Định lí 2.
r
r r r
Nếu ba vectơ a , b , c không đồng phẳng thì với mỗi vectơ d , ta tìm được duy
r
r
r
r
p

m
n
nhất các số , , sao cho d  ma  nb  pc .
r
pc

D

r
c

r
b

r
a

r r
d
nb
rO
ma
A

D'

*) Chú ý.
  1 Với ba vectơ khác vectơ - không và đồng phẳng khi đó tồn tại
r
r

r r
duy nhất một bộ số thực  x; y; z  sao cho x.a  yb  zc  0 .
  3 Xét ba tia cùng gốc OA, OB, OC , khi đó điểm M bất kì thuộc
uuuu
r
uuu
r
uuu
r
uuur
mặt phẳng  ABC  , ta có OM  xOA  yOB  zOC
với
x  y  z  1.
Thật vậy:
uuu
r
uuu
r uuur
uuuu
r uuur
uuuu
r uuur
uuuu
r uuur uuuu
r
xOA  yOB  zOC  x OM  MA  y OM  MB  z OM  MC  OM



 

 

� x  y  z 1  0
 Một phát biểu khác
Bốn diểm A, B, C , D đồng phẳng khi đó O là điểm bất kì, ta có
uuu
r
uuu
r
uuur
uuur
OA  xOB  yOC   1  x  y  OD



Việc học và nắm vững lý thuyết, các bước giải toán để vận dụng vào giải
toán thật không hề đơn giản đối với học sin. Do vậy cần thông qua một số bài
5


toán cụ thể để hướng dẫn các em làm quen dần với việc giải bài toán hình học
không gian bằng phương pháp véc tơ.
1.3.2. Một số ví dụ minh họa
Bài 1.

[2].Cho tứ diện S . ABC có SA  SB  SC  1 , mặt phẳng  P  đi qua trọng
tâm M của tứ diện, cắt cạnh SA, SB, SC lần lượt tại D, E , F (khác S ).
uuur 1 �1 uuu
r 1 uur 1 uuu

r�
SE 
SF �.
1. Chứng minh rằng: SM  � SD 
4 �SD
SE
SF
�

2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

1
1
1


.
SD.SE SE.SF SF .SD

Lời giải
uuur 1 uu
r uur 1 �1 uur 1 uur 1 uuu
r � 1 uur uur uuu
r
SM  SI  SJ  � SA  SB  SC � SA  SB  SC
2
2 �2
2
2
�4

r SB uur SC uuu
r � 1 �1 uuu
r 1 uur 1 uuu
r�
1 �SA uuu
 � SD 
SE 
SF � � SD 
SE 
SF �
4 �SD
SE
SF
SE
SF
� 4 �SD
�
uuur 1 �1 uuu
r 1 uur 1 uuu
r�
SM  � SD 
SE 
SF �
M , D, E , F
Vì
đồng
4 �SD
SE
SF
�mà bốn điểm

1 �1
1
1 �
1
1
1



4.
phẳng nên � 
� 1 �
4 �SD SE SF �
SD SE SF









2

1
1
1
1 �1
1

1 � 16
T



�


�
�
Lại có
SD.SE SE.SF SF .SD 3 �SD SE SF � 3 .
16
1
1
1
4
SA SB SC 4


 �


 �  P  / /  ABC 
Nên Tmax  �
3
SD SE SF 3
SD SE SF 3
Bài 2. [3]. Cho tứ diện OABC có các cạnh OA,OB,OC đôi một vuông góc P
là một điểm thuộc miền trong của tam giác ABC . Tìm giá trị nhỏ nhất của

PA2 PB 2 PC 2
T


.
OA2 OB 2 OC 2

6


2

2

2

PA
PB
PC


2
2
OA OB OC 2
PA2 PB 2 PC 2
�


OA2 OB 2 OC 2

T

uuu
r uuu
r

uuu
r uuu
r

uuur uuu
r

OA2

OB 2

OC 2

 OA  OP    OB  OP    OC  OP 


uuu
r uuu
r uuu
r uuu
r uuur uuu
r
1
1 � �OA.OP OB.OP OC.OP �

�1
 3  OP � 2 



�
� 2 �
2
OC 2 � � OA2
OB 2
OC 2 �
�OA OB
uuu
r uuu
r uuu
r uuu
r uuur uuu
r
�OA.OP OB.OP OC .OP �
PA2 PB 2 PC 2
OP 2
�


3
 2� 2 

 1
2
2 �

OA2 OB 2 OC 2
OH 2
OA
OB
OC
�
�
uuu
r uuu
r uuur
+ Do OA, OB, OC không đồng phẳng nên luôn tồn tại duy nhất một bộ 3 số
 x; y; z  sao cho
uuu
r
uuu
r
uuu
r uuur
OP  xOA  yOB  zOC  2 
uuu
r
uuu
r uuu
r
uuu
r uuu
r
uuu
r uuur
+ Mặt khác  2  � OP  x OP  PA  y OP  PB  z OP  PC

uuu
r
uuu
r
uuu
r uuur
 2  �  1  x  y  z  OP  xPA  yPB  zPC  3
uuu
r uuu
r uuur
+ Theo giả thiết PA, PB, PC cùng nằm trong mặt phẳng  ABC  nên
uuu
r
uuu
r
uuur
xPA  yPB  zPC là một vecto nằm trong mặt phẳng  ABC  . Vì vậy để  3
sảy ra thì 1  x  y  z  0 � x  y  z  1
+ Thay  2  vào  1 ta được
2



 

 



�xOA2 yOB 2 zOC 2 �

PA2 PB 2 PC 2
OP 2


3
 2� 2 

�
OA2 OB 2 OC 2
OH 2
OB 2
OC 2 �
�OA
PA2 PB 2 PC 2
OP 2
OP 2
OP 2
�



3


2
x

y

z


3


2.1

1



OA2 OB 2 OC 2
OH 2
OH 2
OH 2
OP
Vi OP �
OH
1
OH

7


PA2 PB 2 PC 2
OP 2
T


 1
�1  1  2

OA2 OB 2 OC 2
OH 2
Cách 2 Gọi N  AM �BC kẻ MM 1 / / OA � MM 1  (OBC ) Kẻ MA1  OA
AM 2 OM 2
2OA1
2
2
2
� AM  OM  OA  2OAOA1 �


1

(1)
OA2
OA2
OA
MB 2 OM 2
2OB1
MC 2 OM 2
2OC1
Tương tự:

1
(2).

1
(3)
2
2

2
2
OB
OB
OB
OC
OC
OC
1
1
1
OA OB OC1
� T  OM 2 ( 2 

)  2( 1  1 
)3
2
2
OA OB
OC
OA OB OC
Từ (1), (2), (3)
OM 2
OA OB OC1

 2( 1  1 
)3
2
OH
OA OB OC

OA1 MN S MBC OB1 S MAC OC1 S MAB


;

;

OA NA S ABC OB S ABC OC S ABC
Lại có:
OA1 OB1 OC1
OM 2
�


1� T 
 1 �2
OA OB OC
OH 2
Do OM �OH Vậy MinT=2 khi M trùng H
Bài 3. [4]. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a , hai điểm M , N chạy tương ứng trên
các đoạn AB và CD sao cho BM  DN . Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
của MN .
Lời giải
uuuu
r
uuu
r
DN
BM
 x . Khi đó ta có: BM  x.BA và

 x , với 0 �x �1 �
+) Đặt
DC
BA
uuur
uuur
DN  x.DC
+) Ta có:
uuur
uuur
uuur uuur
uuur uuur
uuur
uuur
uuur
DN  x.DC � BN  BD  x( BC  BD ) � BN  x.BC  (1  x ).BD
uuuu
r uuur uuuu
r
uuur
uuur
uuu
r
Do đó: MN  BN  BM  x.BC  (1  x).BD  x.BA
2
a2
a2
2 a
+) MN  x a  (1  x) a  x a  2 x(1  x)  2 x .  2 x(1  x)
2

2
2
2
2
2
2
2
2
x  (1  x)  x  x(1  x)  x  x(1  x) �
 a2 �
�
�  2 x – 2 x  1 a

2

2

2

2

2

2

2

2
+) Xét hàm số f  x   2 x – 2 x  1 trên đoạn  0;1 ta có:

�1 � 1
max f  x   f  0   f  1  1,min f  x   f � �
�2 � 2
8


+) MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng

Bài 4.

a 2
khi M , N lần lượt là trung điểm
2

của AB, CD .
+) MN đạt giá trị lớn nhất bằng a khi M �B , N �D hoặc M �A , N �
C.
[5]. Cho tứ diện ABCD thỏa mãn điều kiện AB  CD, BC  AD, AC  BD
và một điểm X thay đổi trong không gian. Tìm vị trí của điểm X sao cho
tổng XA  XB  XC  XD đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải.
A

Q

M

G
D

B
N

P
C

Gọi G là trọng tâm của tứ diện; M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các
cạnh AB, CD, BC, AD. Ta có tam giác ACD bằng tam giác BCD nên
AN  BN suy ra MN  AB , tương tự ta chứng minh được MN  CD và
đường thẳng PQ vuông góc với cả hai đường thẳng BC, AD. Từ đó suy
GA  GB  GC  GD .
XA.GA  XB.GB  XC.GC  XD.GD
Ta có XA  XB  XC  XD 
GA
uuu
r uuu
r uuu
r uuu
r uuur uuur uuur uuur
XA.GA  XB.GB  XC.GC  XD.GD
�
GA

uuur uuu
r uuu
r uuur uuur
XG. GA  GB  GC  GD  4.GA 2





 4GA . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ
GA
khi X trùng với điểm G. Vậy XA  XB  XC  XD nhỏ nhất khi và chỉ khi
X là trọng tâm của tứ diện ABCD.


9


Bài 5.

chóp S . ABC có SA  2a, SB  3a, SC  4a ,
�
�  900 ,
�  1200 . Hai điểm
M,N
thỏa mãn
ASB  SAC
BSC
uuur
uur uuu
r
uuu
r
3SM  2SB, SC  2SN .
Cho hai điểm E và F thay đổi, lần lượt nằm trên hai đoạn thẳng AB và
[6].

Cho

hình

SC . Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn EF .
Lời giải
uuur
uuu
r uuu
r
uuu
r
Đặt AE  x. AB; SF  y.SC  x, y �[0;1]
uuur
uur
uur
uuu
r
Suy ra EF   x  1 .SA  x.SB  y.SC
EF 2  �
13 x 2  8 x  4  16 y 2  20 xy  8 y �
.a 2
�
�
2
2
�
� 5x  2 � 3 � 2 � 8 � 2 8 2
�
4y 

 �
3x  � �
.a � .a
�
�
2
4
3
3
3
�
� �
� �
�

Kết luận giá trị nhỏ nhất của EF
Bài 6.

là

uuur 2 uuu
r uuu
r 1 uuu
r
2 6a
khi AE  . AB; SF  .SC
9
9
3

[7]. Cho hình chóp S . ABC có SA  1, SB  2, SC  3 . Gọi G là trọng tâm
tam giác ABC . Mặt phẳng    đi qua trung điểm I của SG cắt các cạnh
SA, SB, SC lần lượt tại M , N , P . Tính giá trị nhỏ nhất Tmin của biểu thức
1
1
1
T


.
SM 2 SN 2 SP 2
Lời giải
uuu
r 1 uur uur uuu
r
Do G là trọng tâm ABC suy ra SG  SA  SB  SC . Khi đó
3
r 1 �SA uuur SB uuu
r SC uur � uu
r 1 �SA uuur SB uuu
r SC uur �
SG uu
.SI  � SM 
SN 
SP �� SI  � SM 
SN 
SP �
.
SI
3 �SM

SN
SP
6 �SM
SN
SP
�
�
Do I , M , N , P đồng phẳng nên
1 �SA SB SC �
SA SB SC



 6.
� 
� 1 �
6 �SM SN SP �
SM SN SP
Áp dụng BĐT bunhiacopxki, ta có
2
1
1 � 2
�1
�SA SB SC �
2
2



 SA  SB  SC  ��

� 2
�
�
SN 2 SP 2 �
�SM
�SM SN SP �





10


36
18
 .
Suy ra T � 2
2
2
SA  SB  SC
7
Bài 7.

[8]. Cho tứ diện ABCD và một mặt phẳng  P  . Tìm trên mặt phẳng  P 
uuur uuur uuur uuuu
r
MA

MB


MC

MD
điểm M sao cho
nhỏ nhất.
Lời giải
Gọi I ; J là trung điểm AB và CD ; N là trung điểm của IJ . Với M bất
kỳ ta có
uuu
r uuur uuur
r
uuu
r uuur
uuuu
r
2MI  MA  MB �
� uuur uuur uuur uuuu
�
MA

MB

MC

MD

2(
MI


MJ
)

4
MN
uuur uuur uuuu
r�
2MJ  MC  MD �
uuur uuur uuur uuuu
r
uuuu
r
MA

MB

MC

MD

4
MN

bé nhất  M là hình chiếu của N
trên mặt phẳng  P  .

Bài 8.

[9]. Cho tam giác ABC , M là điểm trong của tam giác ABC . Các đường
thẳng đi qua M song song với AD , BD , CD tương ứng cắt các mặt

 BCD  ,  ACD  ,  ABD  lần lượt tại A�, B�, C �
. Tìm điểm M sao cho
MA�
.MB�
.MC �đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
 y ; MC �
 x ; MB�
 z . Ta có
Đặt DA  a , DB  b ; DC  c ; MA�
uuuur A�
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u

u
r
M
x
B�
M
y
A�
M
.DA  .DA ; B�
M
.DB  .DB .
DA
a
DB
b
Trong mặt phẳng  ABC  :
AM �BC   A1 ; BM �AC   B1 ; CM �AB   C1 .
Trong mặt phẳng  DAA1  kẻ đường thẳng qua M song song với AD và
cắt DA1 tại A�.
//AD nên Trong mặt phẳng
Xét tam giác DAA1 có MA�

 ABC  :

AM �BC  A1 , BM �AC  B1 , CM �AB  C1 .

Trong  DAA1  : Kẻ đường thẳng qua M song song với AD cắt DA1 tại A'
.
MA' MA1 S MBC

'
DAA


Xét tam giác
.
1 có MA / / AD nên
DA AA1 S ABC
11


MB ' MB2 SMAC MC ' MC1 S MAB




Tương tự ta có
,
.
DA BB1 SABC DC CC1 SABC
MA' MB ' MC '
Suy ra


 1 (do SMBC  S MAC  SMAB  SABC )
DA DB DC

Bài 9.

MA' MB ' MC '

MA' MB ' MC '
3
Ta có


�3
.
.
DA DB DC
DA DB DC
1
'
'
'
Suy ra MA .MB .MC � .DA.DB.DC (không đổi)
27
1
DA.DB.DC
Vậy giá trị lớn nhất MA' .MB ' .MC ' là
27
MA' MB ' MC ' 1 � MA1  MB1  MC1  1
đạt được khi



AA1 BB1 CC1 3
DA DB DC 3
Hay M là trọng tâm tam giác ABC .
[10]. Cho tứ diện ABCD . Tìm điểm M trong không gian sao cho
T  MA2  MB 2  MC 2  MD 2 đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải

Gọi E , F ,O lần lượt là trung điểm của các đoạn AB , CD , EF . Ta có:
uuu
r uuu
r uuur uuur
uuur uuur r
OA  OB  OC  OD  2 OE  OF  0 .
uuur 2 uuur 2 uuur 2 uuuu
r2
Lại có T  MA2  MB 2  MC 2  MD 2  MA  MB  MC  MD
uuuu
r uuur 2 uuuu
r uuur 2 uuuu
r uuur 2 uuuu
r uuuu
r 2
 MO  MA  MO  MB  MO  MC  MO  MD
uuuu
r uuu
r uuu
r uuur uuur
 4 MO 2  OA2  OB 2  OC 2  OD 2  2MO OA  OB  OC  OD .





 



 



 





Suy ra T �OA2  OB 2  OC 2  OD 2 ; T  OA2  OB 2  OC 2  OD 2 khi và
 0
M O.
chỉ khi MO
Vậy T  OA2  OB 2  OC 2  OD 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi M �O .
12


Bài 10. [11]. Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD. A1B1C1D1 có chiều cao bằng nửa
cạnh đáy. Với M là một điểm trên cạnh AB, tìm giá trị lớn nhất của góc
A1MC1 .
Lời giải

uuu
r r uuur r uuur r
Chọn cơ sở AB  a, AD  b, AA1  c
Gọi chiều cao là h thì đáy
uuuu

rhìnhuvuông
uu
r
rcạnh 2h
nên có số  sao cho: AM   AB   a , với 0 � �1
uuuu
r uuur uuuu
r r
r
MA1  AA1  AM  c   a
uuuur uuur uuur uuuu
r
r r r
MC1  MB  BC  CC1   1    a  b  c
r
r 2 r2
rr
r2
2
MA12  c   a  c  2 .a.c   2 a  h2  1  4 
r r r 2
2
2
2�
�
MC1  �

h
4
1



 5�
 1    a  b  c�


�
�
�





Do đó MA1  h 1  4 2 và MC1  h 4  1     5
uuuu
r uuuur r
r
r r r
2
2
MA1.MC1  c   a �
1


a

h
2



1
�   b  c �


�
2





uuuu
r uuuur
cos   cos MA1 , MC1 





 2  1
�0
2
2
�
�
 1  4  �4  1     5�

Vậy  lớn nhất �   900 �  

2

1
nên M là trung điểm của AB.
2

Bài 11. [12]. Cho hình lập phương �
ABC . cạnh bằng O Các điểm a lần lượt là
trung điểm của các cạnh S . ABC Điểm

�  900 , BSC
�  600 , CSA
�  1200.
OA  OB  OC  a, SA  OA, SB  OB, SC  OC , ASB
13


thuộc đoạn a. điểm ABC thuộc đoạn b. sao cho đường thẳng SO tạo với
mặt phẳng a. một góc bằng 450.
a. Chứng minh rằng AK  BH .
b. Tìm giá trị nhỏ nhất của MN .
Lời giải.

a)
+ Đặt INF
+ dt  INF   MN .MF 

a 2 87
20

+h
+ Suy ra E
b)
h
IE SE 3
3MN 3a 3


 và � h 
+ Ta có

MN IN SC 8
8
16
1
1
3a 2 87
+ Giả sử IEM với dt  IEM   h.IM  h.MF 
và
2
2
320
13a 2 87
với y � 0;1
dt  MENF  
320
+uuKhi
uu
r đóuuuu
r uuu

r uuur
r
r r
r
r
r
r
r
MN   AM  AB  BN   xa  xc  a  yb  yc   1  x  a  yb   y  x  c
+ MN tạo với  ABCD  góc bằng 450 thì góc giữa MN và AA�bằng 450
uuuu
r uuur
y  x a2
1
0

Tức là cos 45  cos MN , AA��
2 a  1  x  2 a 2  y 2a 2   y  x  2 a 2





14


�

1


2

yx

 1 x

2

�  x  y    1 x  y2
2

 y   y  x
2

2

2

 1

+ Từ đây ta có

2 xy  �
2
x 1 0

x

1
2

1
1 1
�1 

2x
2.1 2
1
+ Do đó 0 �y � �x �1
2
2
2
+ Áp dụng bất đẳng thức bunhia vào  1 ta được 2  x  y  ��
1

x

y
�


�
�
y 1

�
x  y �1  2
2
�  x  y   2  x  y   1 �0 � �
x  y �1  2

�
+ Vì x  y �0 nên ta có x  y �1  2
2
2
2
2
�1  x   y 2   x  y  �
+ Mặt khác MN  a �
�
+ Thay  1 vào  2  ta có

MN 2 2�
a 2
 x ۳y 

2

2a 2



1

2



2

MN

2

 2



2 a

�
2
x
�
1

x

y
�
�
�� 2
+ Vậy MN � 2  2 a . Dấu “=” sảy ra � �
�x  y  1  2
�y  2  2
�
�
2
Bài 12. [13]. Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ cạnh bằng a . Lấy điểm M
thuộc đoạn
thuộc đoạn BD

sao cho
AD’ , điểm N





�

a 2�

�

2 �

AM  DN  x, �
0 x

�. Tìm x theo a để đoạn MN ngắn nhất.
Lời giải

15


uuuu
r uuur uuur uuur
r uuur
x uuuu
x uuur
MN  MA  AD  DN  

AD '  AD 
DB 
a 2
a 2
r uuur
x uuur uuur uuur
x uuu

AD  AA '  AD 
AB  AD 
a 2
a 2
u
u
u
r
u
u
u
r
x
x uuur

AB '  1  x 2 AD 
AA '
a 2
a 2













2



�x � 2
� MN  �
�.a  1  x 2
a
2
�
�
Khi đó
2

2

�
2 � a2
2
MN  �

3
a�
�x
3
�
� 3

a2
3



2

2

�x � 2
2
2
�
�.a  3 x  2 2a.x  a
�a 2 �

MN

a 3
3

a 3
a 2

đạt được khi x 
3
3
Để củng cố kiến thức và phát huy tính tư duy sáng tạo học sinh cần làm
thêm các bài tập tương tự và các bài tập có cùng phương pháp giải sau đó,
có thể giải bài toán bàng nhiều phương pháp để rút ra tính hiệu quả ưu
điểm của từng phương pháp đối với mỗi bài toán.
Vậy MN ngắn nhất bằng

2.3.3 Bài tập tự luyện:
Bài 1. [14]. (Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm học 2017-2018) Cho tứ diện SABC
có SA  SB  SC  1 . Một mặt phẳng ( ) thay đổi luôn đi qua trọng tâm
G của tứ diện và cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại các điểm A ', B ', C ' .
1
1
1


Chứng minh rằng biểu thức T 
có giá trị không đổi.
SA ' SB ' SC '

16


Bài 2. [15]. Cho hình lập phương �
ABC. cạnh bằng O Các điểm a lần lượt là trung
điểm của các cạnh S . ABC Điểm

�  600 , CSA

�  1200.
OA  OB  OC  a, SA  OA, SB  OB, SC  OC , �
ASB  900 , BSC
thuộc đoạn a. điểm ABC thuộc đoạn b. sao cho đường thẳng SO tạo với
mặt phẳng a. một góc bằng 450.
c. Chứng minh rằng AK  BH .
d. Tìm giá trị nhỏ nhất của MN .
Bài 3. [16]. Cho tứ diện ABCD có DA  a , DB  b , DC  c , AB  c ' , AC  b ' ,
BC  a ' . Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. Chứng minh rằng :
1
R2 � �
a '2  b '2  c '2    a 2  b 2  c 2  �

�
�.
4
Bài 1. [17]. Cho tứ diện ABCD có AB  DC , BC  DA , AC  DB . Với điểm
M bất kỳ, chứng minh rằng MA  MB  MC  MD �4 R với R là bán
kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.
Bài 2. [18]. Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G và bán kính mặt cầu ngoại tiếp
bằng R . Các đường thẳng AG , BG, CG , DG lần lượt cắt mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp tại A ', B ', C ', D ' . Chứng minh rằng
GA.GB.GC.GD �GA '.GB '.GC '.GD ' .
2.4Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Các nội dung về bài toán cực trị luôn là các phần khó đối với học sinh và cả
giáo viên THPT. Tuy nhiên, đưa nội dung đề tài vào giảng dạy tội đã thấy được
hiệu quả tích cực của việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi. Nhiều học sinh đã chủ
động tìm tòi, định hướng và sáng tạo ra nhiều cách giải toán không cần sự gợi ý của
giáo viên. Từ đó đã mang lại các kết quả bất ngờ từ việc giải toán thông qua các

phương pháp sáng tạo cho học sinh. Nhiều học sinh có học lực khá môn toán đã
giải được một số bài toán khó trong đề thị. Đặt biết các em trong đội tuyển học
sinh giỏi của nhà trường đã đạt thành tích cao trong kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh
năm học 2017-2018.
Kết quả bài khảo sát môn hình học của 36 học sinh lớp 11 sau khi thực
hiện đề tài:

17


Khối
lớp

Tổng
số
học
sinh

11

42

KẾT QUẢ XẾP LOẠI
Giỏi

Khá

Trung bình

Yếu

TS

%

TS

%

TS

%

TS

%

7

16,7

15

35,7

17

40,4

3

7,1

Từ kết quả trên cho thấy tỉ lệ khá giỏi tăng, yếu kém giảm so với
bài kiểm tra khảo sát đầu học kì II của năm học và tỉ lệ tăng mạnh vào
nhóm học sinh có học lực khá giỏi.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận:
Bài viết là một vài kinh nghiệm nhỏ về chuyên đề “sử dụng phương pháp
véc tơ để giải bài toán cực trị hình học không gian” chuyên đề này tuy không
mới nhưng chưa được nhiều thầy cô đồng nghiệp chú trọng nghiên cứu hay có
những bài viết chuyên sâu về dạng toán này. Với thời gian nghiên cứu và sưu tầm
tài liệu trong một năm, tài liệu đã tổng hợp được lý thuyết cơ sở cho dạng toán, đưa
được những ví dụ minh họa làm rõ hơn phương pháp bao gồm cả những dạng toán
liên quan đến hình chóp và hình lăng trụ. Cuối chuyên đề là phần bài tập vận dụng
tương tự cho học sinh tự học nhằm khắc sâu kiến thức. Hiệu quả của việc chuyển
một bài hình học về hướng tư duy biến đổi đại số, giải tích đã mang lại hiệu quả
tích tích cực trong công tác dạy và học.
Tuy nhiên với thời lượng không cho phép, nội dung sáng kiến vẫn còn những
hạn chế mà tác giả đang trăn trở để tiếp tục hoàn thiện trong thời gian tới như:
- Nội dung đề tài chỉ áp dụng phù hợp cho học sinh có học lực khá giỏi , bồi
dưỡng đội tuyển học sinh giỏi, chưa có nội dung áp dụng cho học sinh có học lực
trung bình và yếu.
- Đề tài về véc tơ còn nhiều nội dung khác như sử dụng phương pháp véc tơ
để chứng minh quan hệ song song, vuông góc , tính khoảng cách, tính góc … vẫn
chưa được đề cập đến.
3.2. Kiến nghị:
Đối với giáo viên: Cần tích cực nâng cao trình độ, năng lực giảng dạy, không
ngừng học tập, tự bồi dưỡng chuyên môn nghiệp vụ đặc biệt là phương pháp dạy
18

học phù hợp với đối tượng học sinh. Ngoài những kiến thức trong sách giáo
khoa, sách bài tập,...mỗi giáo viên luôn tìm tòi tích lũy kinh nghiệm để có thêm
nhiều phương pháp mới giúp học sinh thêm hứng thú và tìm thấy niềm vui trong
học tập.
Đối với tổ chuyên môn và nhà trường: Cần tổ chức hiệu quả các buổi sinh hoạt
chuyên môn về phương pháp giảng dạy những kiểu bài khó, để các giáo viên có thể
trao đổi, chia sẻ kinh nghiệm và thống nhất cách dạy đối với những dạng bài cụ thể.
Việc dự giờ, góp ý cho đồng nghiệp về từng kiểu bài,dạng toán cũng cần được thực
hiện một cách thường xuyên để nâng cao chất lượng dạy học trong nhà trường nói
chung và môn Toán học nói riêng. Bên cạnh đó cần tham khảo các sáng kiến kinh
nghiệm đã được đánh giá từ Hội đồng khoa học cấp tỉnh để triển khai tới các tổ
viên, tạo cơ hội cho tổ viên học hỏi, rút kinh nghiệm cho chuyên môn của mình.
Tạo phong trào viết sáng kiến kinh nghiệm như là một công việc thương niên của
mỗi người để có thêm nhiều tài liệu tốt dạy bồi dưỡng cho học sinh.
Đối với Sở giáo dục và đào tạo: Thường xuyên tổ chức các lớp tập huấn, các
chuyên đề về lĩnh vực chuyên môn đối với các nội dung giảng dạy còn khiến nhiều
giáo viên băn khoăn, lúng túng trong cách thực hiện, đặc biệt phát động trong trào
viết các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi, phù đạo học sinh yếu kém. Những sáng
kiến kinh nghiệm được đánh giá cao, sát với thực tiễn, dễ vận dụng cần được phổ
biến rộng rãi để giáo viên trong tỉnh có cơ hội học tập kinh nghiệm lẫn nhau.
Sáng kiến kinh nghiệm đề tài“sử dụng phương pháp véc tơ để giải bài toán
cực trị hình học không gian”. Là một chuyên đề nhỏ trong việc áp ứng dụng
véc tơ vào giải bài toán hình học .Trong quá trình thực hiện, không tránh khỏi
thiếu sót. Rất mong sự quan tâm đóng góp ý kiến, trao đổi, bổ sung của bạn bè
đồng nghiệp và Ban giám khảo trong Hội đồng khoa học của ngành để sáng kiến
kinh nghiệm này của tôi được hoàn thiện hơn.
Xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ

TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thạch thành, ngày 25 tháng 5 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của bản thân
không sao chép nội dung của người khác.
Người viết

Nguyễn Công Phương
19


III. Tài liệu tham khảo
[1]. Sách giáo khoa và sách bài tập hình học lớp 10 và 11 – nhà xuất bản Giáo
dục Hà Nội ,năm 2007.
[2], [3], [4], [5], [10]. Tuyển tập đề thi học sinh giỏi THPT môn toán, nhà xuất
bản Đại học quốc gia Hà Nội, 2016 ,tác giả:Hà Duy Hưng,Nguyễn Sơn
Hà,Nguyễn Ngọc Giang,Lê Minh Cường.
[14]. Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm học 2017-2018.
[7], [8]. [9], . Tinh lọc các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi - nhà xuất Đại học
quốc gia Hà Nội, 2013 ,tác giả: Văn Phú Quốc, Huỳnh Công Thái
[6], [15], [16] , [17], [18], Tuyển tập đề thi Olimpic 30 tháng 4 môn toán, nhà
xuất bản Đại học quốc gia Hà Nội năm 2016.
[10], [11]. [12], [13]. Tuyển tập đề thi Olimpic 30 tháng 4 môn toán, nhà xuất
bản Đại học quốc gia Hà Nội năm 2012.


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH
GIÁ XẾP LOẠI CẤP SỞ TỪ LOẠI C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Nguyễn Công Phương

Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên trường THPT Thạch thành 1

TT
1.

2.

Tên đề tài SKKN

Kết quả
Cấp đánh
đánh giá
giá xếp loại
xếp loại
(Phòng, Sở,
(A, B,
Tỉnh...)
hoặc C)
Sở GD&ĐT
B
Thanh Hóa

Phát triển tư duy cho học
sinh qua bài toán hình học
nhiều cách giải.
Ứng dụng phương pháp tọa Sở GD&ĐT
độ giải bài toán hình học Thanh Hóa
không gian.

C

Năm học đánh
giá xếp loại
2011-2012

2014-2015