SKKN PHƯƠNG PHÁP GIẢI một số bài TOÁN cực TRỊ TRONG HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ *
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

PHÒNG GD&ĐT ....(TRƯỜNG THPT....)**
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
(*Font Times New Roman, cỡ 15, CapsLock;
** Font Times New Roman, cỡ 16, CapsLock, đậm)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
(Font Times New Roman, cỡ 15, CapsLock)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN
ĐỀ TÀI PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ
PHƯƠNG
(Font Times New Roman, cỡ 16-18, CapsLock, đậm)

TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN OXYZ

Người thực hiện: Nguyễn Thị Den
Người
thựcGiáo
hiện:viên
Nguyễn Văn A
Chức vụ:
Chức
vụ:
Giáo
Đơn vị
công

tác:viên
Trường THPT Hậu Lộc 2
SKKN thuộc môn: Toán
Đơn vị công tác: Trường THCS B
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

THANH HOÁ NĂM 2019
1


MỤC LỤC
1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài…………………………………………………1
1.2. Mục đích nghiên cứu…………………………………………….1
1.3. Đối tượng nghiên cứu…………………………………………....1
1.4. Phương pháp nghiên cứu…………………………………………2
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm…………………………2
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm……2
2.3. Các giải pháp……………………………………………………...2
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm…………………………….20
3. Kết luận, kiến nghị.
3.1. Kết luận…………………………………………………………..21
3.2. Kiến nghị…………………………………………………………21

2


1

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài.
Trong chương trình toán trung học phổ thông, các bài toán tìm cực trị trong
hình học không gian Oxyz là các bài toán khó, yêu cầu tư duy cao và cũng là một
phần kiến thức quan trọng mà học sinh thường xuyên gặp trong các đề thi THPT
Quốc Gia và đề thi học sinh giỏi hàng năm. Tuy nhiên, các bài tập loại này thường
khó, đặc biệt là các câu phân loại trong đề thi THPT Quốc gia và đề thi học sinh
giỏi. Việc tìm ra cách giải và vận dụng cách giải để giải quyết các bài toán liên
quan gặp không ít khó khăn đối với học sinh, nhất là việc xác định dạng và sử
dụng phương pháp phù hợp với từng bài toán thì không dễ dàng gì.
Vì thế để phân loại các dạng bài toán tìm cực trị và đưa ra phương pháp giải
tương ứng với từng dạng toán cụ thể đã được chứng minh có hiệu quả rất cao
trong việc dạy học sinh học phần hình học không gian Oxyz nói chung và phần
tìm cực trị nói riêng.
Chuyên đề này là hệ thống các bài tập có phương pháp giải cụ thể được phân
loại theo hệ thống. Qua đó học sinh sẽ hiểu rõ và nhận dạng được các bài toán tìm
cực trị trong hình học Oxyz, cũng như biết cách vận dụng phương pháp phù hợp
cho từng bài toán cụ thể. Trong chuyên đề cũng có đề cập đến hai phương pháp chủ
yếu để giải quyết các bài tập dạng này là phương pháp đại số và phương pháp hình
học. Với lí do trên tôi nghiên cứu đề tài “ PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN
CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN OXYZ”

1.2. Mục đích nghiên cứu.
Tìm hiểu những khó khăn và thuận lợi của học sinh khi học phần bài tập tìm
cực trị trong hình học giải tích trong không gian.
Phát triển tư duy trừu tượng, tư duy logic, khả năng phát hiện vấn đề, khả
năng đánh giá và phán đoán của học sinh.
Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn sẽ cung cấp cho học sinh
phương pháp giải một số bài toán cực trị điển hình trong hình học không gian

Oxyz. Hy vọng đề tài nhỏ này sẽ giúp ích cho các bạn đồng nghiệp và các em học
sinh.
1.3.

Đối tượng nghiên cứu.

- Học sinh khối 12 THPT
- Giáo viên giảng dạy môn Toán bậc THPT
- Về nội dung chỉ tìm hiểu phương pháp giả một số bài toán cực trị trong hình học
không gian Oxyz.
1


1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Phương pháp:
- Nghiên cứu lí luận chung.
- Khảo sát điều tra từ thực tế dạy và học.
- Tổng hợp so sánh, đúc rút kinh nghiệm.
Cách thực hiện:
- Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên trong tổ bộ môn.
- Liên hệ thực tế trong nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm trong thực tiễn
giảng dạy.
2. NỘI DUNG
2.1.Cơ sở lí luận.
Phương pháp tọa độ trong không gian là mảng kiến thức rất quan trọng trong
mạch kiến thức nghiên cứu về hình học. Cụ thể là cung cấp kiến thức để học sinh
có thể tiếp cận được hình học giải tích; các bài toán liên quan đến cực trị trong hình
học Oxyz. Các dạng bài toán này rất quan trọng trong các đề thi tốt nghiệp và tuyển
sinh đại học các năm trước cũng như trong đề thi THPT Quốc gia năm nay và các
năm tới.

2.2.Thực trạng của vấn đề.
Bài toán cực trị trong hình học Oxyz là một mảng kiến thức khá trừu
tượng đối với học sinh phổ thông nên việc tiếp cận kiến thức này là khó đối với đa
số học sinh. Sau nhiều năm giảng dạy môn Toán ở cấp THPT tôi thấy còn rất nhiều
học sinh học tập môn toán một cách thụ động, đối phó; kĩ năng giải các bài toán
còn yếu, đặc biệt là kĩ năng nhận dạng và phân loại các dạng toán cũng như áp
dụng phương pháp phù hợp cho từng dạng toán còn nhiều lúng túng. Nguyên nhân
chủ yếu là do học sinh mất căn bản về kiến thức, kĩ năng và phương pháp giải toán;
lại thêm lười học, thiếu ý thức tự học.Thực trạng trên dẫn đến: còn nhiều học sinh
học trước quên sau nên chưa có hứng thú học tập môn Toán, đặc biệt là phần cực trị
trong hình học Oxyz.
Số liệu thống kê trước khi áp dụng SKKN vào dạy.
Lớp

Sĩ số

Giỏi

Khá

TB

Yếu

Kém

12B3

43

0

5

20

18

0

2.3.Giải pháp thực hiện.
Để tìm cực trị trong không gian chúng ta thường sử dụng hai cách làm:
2


Cách 1: Sử dụng phương pháp hình học
Cách 2: Sử dụng phương pháp đại số.
Bài toán 1: Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(xA ; yA ; zA ), B(xB ;
mặt phẳng (P ) : ax  by  cz  d  0. Tìm điểm M �(P ) sao cho:
1.

MA  MB

nhỏ nhất.

2.

MA  MB

lớn nhất với

A, B

so với mặt phẳng

�Nếu (axA  byA  czA  d)(axB  byB  czB  d)  0

với mặt phẳng
MA  MB

�Trường

thì hai điểm

hợp 1: Hai điểm

hợp 2: Hai điểm

A'

thì hai điểm

A, B

Vậy

MA  M B

MA  MB

A, B

(P )

nên

Gọi

A'

nằm khác phía

nhỏ nhất bằng

A�
B

khi

(P ).

nhỏ nhất bằng

MA  MB

ở cùng phía so với mặt phẳng
và

A'

B

AB

khi và

(P ).

ở khác phía

(P )

và

M  A�
B �(P ).

lớn nhất.

hợp 1: Hai điểm

A, B

ở cùng phía so với mặt phẳng

Vì A, B ở cùng phía so với mặt phẳng
chỉ khi M  (P ) � AB.
�Trường

A, B

ở khác phía so với mặt phẳng

đối xứng với A qua mặt phẳng (P ), khi đó
 MB �A�
B.
MA  MA �nên MA  MB  MA�

�Trường

cùng phía với

nhỏ nhất.

Gọi

2.

A, B

(P ).

Vì A, B ở khác phía so với mặt phẳng
chỉ khi M  (P ) � AB.
�Trường

(P ).

(P ).

�Nếu (axA  byA  czA  d)(axB  byB  czB  d)  0

1.

và

d( A, (P )) �d(B, (P )).

Phương pháp:
�Xét vị trí tương đối của các điểm
mặt phẳng

yB ; zB )

hợp 2: Hai điểm

đối xứng với

A

A, B

(P )

nên

MA  MB

lớn nhất bằng

ở khác phía so với mặt phẳng

qua mặt phẳng

(P ) ,

khi đó

A'

và

(P ) .

B

AB

khi và

(P ) .

ở cùng phía

(P )

và

 MB �A �
B.

MA  MA �nên MA  MB  MA �

Vậy

MA  MB

lớn nhất bằng

A�
B

khi

M  A�
B �(P ).

Bài toán 2: Lập phương trình mặt phẳng
1.

(P )

đi qua đường thẳng

2.

(P )

đi qua





(P )

biết:

và khoảng cách từ

và tạo với mặt phẳng

(Q)

A �

đến

(P )

lớn nhất

một góc nhỏ nhất.
3


3. (P ) đi qua  và tạo với đường thẳng
Phương pháp:

d

một góc lớn nhất.



z  z1

Cách 1: Dùng phương pháp đại số
1. Giả sử đường thẳng
Khi đó phương trình
Trong đó

(P )

x  x1
a



f (t) 

được sự biểu

b

c

và

bB  cC
a

( a �0 ) (1)

A 2  B2  C 2
t

B
,
C

mt2  nt  p

A(x0; y0; z0 )

A (x  x1)  B ( y  y1)  C (z  z1)  0

A(x0  x1)  B( y0  y1)  C (z0  z1)

Thay (1) vào (2) và đặt
Trong đó

y  y1

có dạng:

Aa  Bb  Cc  0 � A  

d( A, (P )) 

Khi đó

:

ta đươc

d( A, (P )) 

, khảo sát hàm

m ' t2  n ' t  p '
diễn của A, B qua C

rồi cho

f (t)

C

(2)
f (t)

ta tìm được

max f (t) .

giá trị bất kì ta tìm được

Từ đó suy ra
A, B .

2. và 3. làm tương tự
Cách 2: Dùng phương pháp hình học
1. Gọi

K,H

lần lượt là hình chiếu của

d( A, (P ))  AH �AK

Hay

(P )

�Gọi B
(Q) . Lấy

Mà

�Mặt

Suy ra

là mặt phẳng đi qua



K

, nhận

uuuu
r
AK

nên ta xét

và

(P ) ,

khi đó ta có:

d( A, (P ))

lớn nhất



H

K

làm VTPT.


và (Q) không vuông góc với nhau.

là một điểm nào đó thuộc  , dựng đường thẳng qua B và vuông góc với
điểm C cố định trên đường thẳng đó. Hạ CH  (P ), CK  d. Góc giữa mặt

(P )

BK
BC

lên

không đổi. Do đó

AK

�
  (Q) �  (P ), (Q)  900

2. Nếu

phẳng

, mà

A

và mặt phẳng

không đổi, nên

(Q)

là

�
BCH

� .
BCH

Ta có

nhỏ nhất khi

phẳng
uuu
r
nP 

�
sin BCH


BH
BK
�
.
BC
BC

H �K .

(P ) cần tìm là mặt phẳng chứa 

uur uur uuu
r
�
�
�
�
u
,
u
,
n
(P ) .


Q
� �
�
�là VTPT của

và vuông góc với mặt phẳng

3. Gọi M là một điểm nào đó thuộc  , dựng đường thẳng
với d . Lấy điểm A cố định trên đường thẳng đó. Hạ AH
mặt phẳng

(P )

và đường thẳng

d'

là

�
AMH

. Ta có

(BCK ) .

d ' qua M và song song
 (P ), AK  d. Góc giữa

cos �
AMH 

HM
KM
�
.
AM
AM

4


Mà

KM
AM

�Mặt

Suy ra

không đổi, nên

�
AMH

lớn nhất khi

phẳng

H �K .

(P ) cần tìm là mặt phẳng chứa 
uuu
r
uur uur uuur
�
nP  �
u ,�
u ,u �
� � d ' �
� là VTPT của (P ) .

và vuông góc với mặt phẳng

Ví dụ 1. Trong không gian với hệ toạ độ đề các vuông góc

đường thẳng

x1 y z 2
 
. Tìm tọa độ hình chiếu
2
1
2
trình mặt phẳng (P ) chứa đường thẳng d
d:

viết phương
đến (P ) lớn nhất.
Lời giải.
�Đường thẳng d có
Gọi
Do

H

uur
ud  (2;1;2)

là hình chiếu của

A

lên

A (2;5;3)

và

lên

d

và

sao cho khoảng cách từ

A

Oxyz

cho

(d ',  .

vuông góc của

A

là VTCP.

uuuur
d � H (1  2t; t;2  2t) � AH  (2t  1; t  5;2t  1) .

uuuur uur
AH  d � AH .ud  0 � 2(2t  1)  t  5  2(2t  1)  0 � t  1 � H (3;1;4) .

�Gọi H '

là hình chiếu của

A

lên

mp(P ) .

AH ' �AH � d( A, (P )) lớn nhất �
H H'
uuuur
AH  (1; 4;1) là VTPT của (P ) và (P ) đi qua H .

Khi đó, ta có:
Suy ra

Vậy phương trình

(P )

AH

(P ) : x  4 y  z  3  0 .

Ví dụ 2. Trong không gian với hệ toạ độ đề các vuông góc Oxyz cho bốn điểm
A  1;0;0 , B  1;1;0 , C  0;1;0 , D  0;0; m với m �0 là tham số.
1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BD khi m  2 ;

2. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên BD . Tìm các giá trị của tham số m
để diện tích tam giác OBH đạt giá trị lớn nhất.
Lời giảiuu.ur
uuur
 (0; 1; m)
Ta có: AB  (0;1;0), uCD
uur
uuuu
r
1. Với m  2 ta có: CD  (0; 1;2) và AC  (1;1;0)
uuur uuur
uuur uuur uuuu
r
�
�
�
�
AB
,
CD

(2;0;0)
�
AB
,
CD
.
AC
 2
Do đó �

�
�
�
uuur uuur uuuu
r
�
AB, CD �. AC
uuur uuur
2
�
�
  1.
uuur uuur
Vậy d( AB, CD) 
2
�
AB, CD �
�
�

2. Đặt

x  OH � BH  OB 2  OH 2  2  x2
1
1
1
1
Suy ra SOBH  x. 2  x2  x2(2  x2) � (x2  2  x2)  .
2
2

4
2
�
x

1
�
OH

1
�
d
(
O
,
BD
)

1
Đẳng thức
xảy ra
uuur
uuur
uuur uuur
�
BD

(

1;


1;
m
),
OB

(1;1;0)
�
BD, OB � ( m; m;0)
Ta có:
�
�

5


Do đó

uuur uuur
�
BD, OB �
�
�
d(O, BD) 

uuur
BD

m 2
2

2 m

 1 � 2m2  2  m2 � m  � 2

Vậy m  � 2 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 3. Lập phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M (1;9;4) và cắt các trục tọa
độ tại các điểm A, B, C (khác gốc tọa độ) sao cho:
1. M là trực tâm của tam giác ABC ;
2. Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng ( ) là lớn nhất;
3. OA  OB  OC ;
4. 8OA  12OB  16  37OC và xA  0, zC  0 .
Lời giải.
Giả sử mặt phẳng ( ) cắt các trục tọa độ tại các điểm khác gốc tọa độ là:
A (a;0;0), B (0; b;0), C (0;0; c) với a, b, c �0.
x y z
   1.
a b c
1 9 4
Mặt phẳng ( ) đi qua điểm M (1;9;4) nên    1 (1).
a b uuu
cr
uuuur
uuur
uuuur
1. Ta có: AM (1  a;9;4), BC (0;  b; c), BM (1;9  b;4), CA (a;0;  c).

Phương trình mặt phẳng ( ) có dạng

Điểm

M

là trực tâm tam giác

khi và chỉ khi

ABC

�M �( )
�
�uuuur uuur
�AM .BC  0
�uuuur uuur
�BM .CA  0

�1 9 4
�   1
a b c
�
98
49
�
��
9b  4c
� a  98; b 
;c 
.
9
2

�a  4c
�
�
Phương trình mặt phẳng ( ) cần tìm là x  9y  4z  98  0.

2. Cách 1: Ta có:

d(O, ( )) 

1
1
a2



1
b2



1



c2

Bài toán trở thành, tìm giá trị nhỏ nhất của
a, b, c �0

thỏa mãn

1
1
a2
T 


1

a2

1
b2



1

b2

1

.

c2


1
c2

với các số thực

1 9 4
   1 (1).
a b c

Ap dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:
2

�1
� 1
1
1�
1
1�
1.  9.  4. � �(12  92  42) � 

.
�
�
b
c�
� a
�a2 b2 c2 �

6


Nên suy ra

1
T � .
98

Dấu đẳng thức xảy

� 1
1
1
1:  9:  4 :
�
� a
b
c � a  9b  4c  98.
ra khi �
�1  9  4  1
�a b c
x  9y  4z  98  0.

Phương trình mặt phẳng ( ) cần tìm là
Cách 2: Gọi H là hình chiếu của O trên mặt phẳng ( ) .
Vì mặt phẳng ( ) luôn đi qua điểm cố định M nên d(O, ( ))  OH �OM  98.
Dấu đẳng thứcuuuxảy
ra khi H �M , khi đó ( ) là mặt phẳng đi qua M và có véctơ
ur
pháp tuyến là OM(1;9;4) nên phương trình ( ) là
1.(x  1)  9( y  9)  4.(z  4)  0 � x  9y  4z  98  0.

3. Vì OA  OB  OC nên a
�Trường hợp 1: a  b  c.

Từ

(1)

suy ra

�Trường

là

 b  c,

1 9 4
   1 � a  14,
a a a

hợp 2:

a  b   c.

Từ

(1)

do đó xảy ra bốn trường hợp sau:
nên phương trình ( ) là:

suy ra

x  y  z  6  0.

�Trường

( )

là

hợp 3:

a  b  c.

�Trường

hợp 4:

a  b   c.

1 9 4
   1 � a  6,
a a a

Từ

(1)

suy ra

Từ

(1)

có

x  y  z  4  0.

là x  y  z  12  0.
Vậy có bốn mặt phẳng thỏa mãn là

x  y  z  14  0.

nên phương trình ( )

1 9 4
   1 � a  4,
a a a

1 9 4
   1 � a  12,
a a a

x  y  z  14  0,
x  y  z  6  0, x  y  z  4  0, x  y  z  12  0.

nên phương trình

nên phương trình ( )

và các mặt phẳng

xA  0, zC  0 nên a  0, c  0, do đó

8OA  12OB  16  37OC � 8a  12 b  16  37c.

4. Vì

8
2a  4
a, b 
, a  2 nên từ (1)
37
3
�
a5
1
27
37


 1 � a2  2a  35  0 � �
a 2a  4 2a
a  7
�

�Nếu b  0 � c  

Vì

a2

nên

a  5 � b  2; c  

( ) : 8x  20y  37z  40  0.
�Nếu b  0 � c  

40
,
37

ta có

phương trình mặt phẳng cần tìm là

8
4  2a
a, b 
,a  2
37
3

nên từ

(1)

ta có

1
27
37
29 �3 109



 1 � a2  29a  35  0 � a 
a 4  2a 2a
2
Vì a  2 nên không có giá trị thỏa mãn.
Vậy phương trình mặt phẳng ( ) : 8x  20y  37z  40  0.

7


Ví dụ 4. Cho mặt cầu (S) : (x  1)2  ( y  1)2  (z  1)2  25 và mặt phẳng ( ) có
phương trình 2x  2y  z  7  0
1. Chứng minh rằng mặt phẳng ( ) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định
tâm và tìm bán kính của đường tròn đó;
2. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A(1; 1;2), B(3;5; 2) và (P) cắt
mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất.
Lời giải.
Mặt cầu (S) có tâm I (1;1;1) , bán kính R  5 .
1. Ta có
tâm
H

H

d(I , ( )) 

bán kính

2 2 1 7

22  22  12

Tọa độ điểm

Vậy tâm
2. Ta có

I

suy ra ( ) cắt mặt cầu

(S)

theo đường tròn

R 2  d2 (I , ( ))  3

r

là hình chiếu của

 4 R,

I

lên mặt phẳng ( ) , suy ra phương trình của

là nghiệm của hệ

�x  1  2t

�
�y  1  2t
�
�
�z  1  t
�
2x  2y  z  7  0
�

�x  1  2t
�
HI là: �y  1  2t
�z  1  t
�

�
5
�x  y  
�
3
�
�z   1
�
3

� 5 5 1�
H � ;  ;  �.
� 3 3 3�
uuur
AB   2;6; 4

nên phương trình đường thẳng

�x  1  t
�
AB : �y  1  3t
�y  2  2t
�

Vì I A  R nên mặt phẳng (P ) đi qua AB luôn cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có
bán kính r  25  d2 (I , (P )) . Do đó r nhỏ nhất � d(I , (P )) lớn nhất.
Gọi K , H lần lượt là hình chiếu của I lên AB và (P ) , ta luôn có
I H �I K nên suy ra d(I , (P )) lớn nhất  H K
uuur
Do H �AB � H (1  t; 1  3t;2  2t) � I H  (t;3t  2;1  2t)
uuur
uuur uuur
4 � I H  �4 ;  2 ;  1 �
I H  AB � I H .AB  0 � t  3(3t  2)  2(1  2t)  0 � t 
�
�
7
�7 7 7 �
Vậy phương trình ( ) : 4x  2y  z  4  0 .

Vì

Ví dụ 5. Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P ) : 2x  y  2z  6  0 và hai điểm
A (5; 2;6), B (3; 2;1) . Tìm điểm M thuộc (P ) sao cho:
1. MA  MB nhỏ nhất

2. MA  MB lớn nhất
Lời giải.
Mặt phẳng

(P )

có

uuu
r
nP  (2; 1;2)

là VTPT
8


Thay tọa độ hai điểm A, B vào vế trái phương trình của
hai điểm A, B nằm về cùng một phía so với (P ) .

(P )

1. Gọi A ' là điểm đối xứng với A qua (P ) , khi đó
và với mọi điểm M �(P ) , ta có MA  MA ' .

B

A'

và

ta được

4

nên

ở khác phía so với

(P )

18

và

Do đó M �(P ) : MA  MB  A ' M  MB �A ' B , mà A ' B không đổi và đẳng thức xảy
ra khi M  A ' B �(P ) , suy ra MA  MB nhỏ nhất � M  A ' B �(P ) .
Ta có:

�x  5  2t
�
AA '  (P ) � AA ' : �y  2  t
�z  6  2t
�

Tọa độ giao điểm

H

của

AA '

và

là nghiệm của hệ:

(P )

�x  5  2t
�x  1
�
�
�y  2  t
� �y  0 � H (1; 1;2)
�
�z  6  2t
�
�z  2
�
2
x

y

2
z

6

0

�

H

là trung điểm của

Suy ra

Tọa độ

Vậy
2. Vì

�xA '  2xH  xA  3
�
AA ' � �yA '  2yH  yA  2 � A '(3;2; 2)
�
�zA '  2zH  zA  2

uuuuur
A ' B  (6; 4;3) ,

M

phương trình

là nghiệm của hệ

�21 14 5 �
M � ;

; �là
�11 11 11 �
A, B

�x  3  6t
�
A ' B : �y  2  4t , t ��
�z  2  3t
�

� 21
�x 
�x  3  6t
� 11
�
14
�y  2  4t
�
� �y  
�
11
�z  2  3t
�
5
�
�
2x  y  2z  6  0
�
�z  11
�

điểm cần tìm.

nằm về cùng một phía so với

AM  MB �AB ,

Phương trình

đẳng thức xảy ra khi

(P )

nên với mọi

M �(P )

ta luôn có

M  AB �(P ) .

�x  5  2t
�
AB : �y  2
�z  6  5t
�

9

� 17
�x  5  2t
�x 
7
�
�
�17
3�
�y  2
�
M :�
� �y  2 . Vậy M � ; 2;  �.
7�
�7
�z  6  5t
�
3
�
�
z


2x  y  2z  6  0
�
7
�

Tọa độ

Ví dụ 6. Trong không gian

trình

x1 y z1
 
2
1
1

:

cho điểm

Oxyz

và mặt phẳng

A(1; 1;1) ,

đường thẳng



có phương

(P ) : 2x  y  2z  1  0

1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng  và khoảng cách từ A đến
(Q) lớn nhất;
2. Viết phương trình mặt phẳng (R ) chứa  và tạo với (P ) một góc nhỏ nhất;
3. Viết phương trình mặt phẳng ( ) chứa hai điểm M (1;1;1), N (1;2; 1) và tạo với

đường thẳng  một góc lớn nhất.
Lời giải.
uuu
r
Mặt phẳng (P) có nP  (2; 1;2) là VTPT
Đường thẳng



B(1;0; 1)

đi qua

và có

u
r
u  (2;1; 1)

là VTCP.

ur
1. Cách 1: Giả sử n  (a; b; c) là VTPT của (Q) , suy ra
dạng: a(x  1)  by  c(z  1)  0 � ax  by  cz  a  c  0 (1)

Do

 �(Q)

nên

2c  b
a2  b2  c2

Nếu

b  0 � d( A,(Q)) 

Nếu

b �0

thì ta đặt

Xét hàm số
Suy ra
Chọn

f (t)

với

K,H

d( A, (Q))  AH �AK

Dẫn tới

(Q)



4a  b
5a2  4ab  2b2

16a2  8ab  b2



5a2  4ab  2b2

t

5
a
,
b

ta có:

t �� ta

ta tìm được

Cách 2: Gọi

có

4

max f (t)  f (2) 

b  1

(Q)

2a  b  c  0 � c  2a  b .

d( A, (Q)) 

Do đó:

phương trình của

7
,
2

có:

do đó

16a2  8ab  b2
5a2  4ab  2b2

f '(t) 

2

AK

(5t  4t  2)

K

và nhận

A

14
,
2

lên

 f (t)

, f '(t)  0 � t  2, t  

đạt được khi

Vậy phương trình

không đổi nên

là mặt phẳng đi qua

5t2  4t  2
2

lần lượt là hình chiếu của
, mà

16t2  8t  1

24t2  54t  12

max d( A, (Q)) 

a  2, c  3 .





1
4

a  2b

(Q) : 2x  y  3z  1  0 .

và

(Q) ,

khi đó

d( A, (Q)) lớn nhất 
uuuu

r
AK làm VTPT.

H

K

10


Vì

uuuu
r
K � � K  1  2t; t; 1  t � AK   2t; t  1; t  2

uuuu
ru
r
� 1 1 �uuuur � 1 3 �
1
AK   � AK .u  0 � 4t  t  1  t  2  0 � t   � K �
0;  ;  �
, AK  �
1; ;  �
2
� 2 2�
� 2 2�

Vậy phương trình

(Q) : 2x  y  3z  1  0 .
(Q) : ax  by  (2a  b)z  a  b  0

2. Cách 1: Tương tự như trên ta có
Gọi 

�
  (P ), (R )

Ta có:

cos  

,

00 � �900 .

2a  b  2(2a  b)
3 a2  b2  (2a  b)2

Nếu

a  0 � cos  

Nếu

a �0 ,

đặt

Khảo sát hàm số
Suy ra

Vậy phương trình
Cách 2: Gọi

d

H,K

thì ta có:

b2  12ba  36a2
2b2  4ab  5a2

ta tìm được

đạt được khi



max f (t)  f (

b
7

,
a
10

chọn

t2  12t  36
2t2  4t  5

 f (t)

7
53
)
10
6

b  7 � a  10

(R ) : 10x  7 y  13z  3  0 .

là đường thẳng đi qua

Ta có phương trình

Gọi

.

3 2

f (t)

max  cos  

1 b2  12ba  36a2
3 2b2  4ab  5a2

1

b
a

t



�x  1  2t
�
d : �y  t
,
�z  1  2t
�

lấy

lần lượt là hình chiếu của

BH
BK
�
sin   sin BCH


�
BC
BC

C

B

và vuông góc với

C (3; 1;1)  d, C

lên

(R )

và

,

(P )

B

khi đó 

�
 BCH

và

.
11


BK
BC

Mà

không đổi, nên suy ra  nhỏ nhất

và vuông góc với mặt phẳng
Mặt phẳng (BCK ) đi qua
VTPT của (BCK ) .



H

K

hay

(R )

(BCK ) .



và vuông góc với

(P )

nên

là mặt phẳng đi qua

uur
uuu
r u
r
n1  �
nP , u� (1;6;4)
�
�

uuur
uur u
r
�
n

n
,
u
 10; 7;13
Do
đi qua  và vuông góc với
nên R �1 �

� 
(R ) , suy ra phương trình của (R ) : 10x  7 y  13z  3  0 .
(R )

(BCK )

3. Cách 1: Giả sử phương trình mặt phẳng ( ) có dạng:
Do

M , N �( )

�a  b  c  d  0
�
�
 a  2b  c  d  0
�

nên

Suy ra
Ta có:

uuu
ru
r
n .u
sin   uuu
r u
r 
n . u

Nếu

a  0 � sin  

6. 4a2  4b2  (b  2a)2

với

a �0 ,

t2  12t  36

Xét hàm số

f (t) 

Do đó max

b 5
� sin max �  ,
a 8

2

5t  4t  8

đặt

t

ax  by  cz  d  0

 (�
  ))



b2  12ab  36a2

1
6

5b2  4ab  8a2

b
, t ��
a

ta tìm được
chọn

là VTPT của

2ax  2by  (b  2a)z  3b  0

là VTPT của ( ) . Gọi 
4a  2b  b  2a

3

,
2

là

�
3
d b
�
�
2
�
�c   a  1 b
�
2

Ta viết lại dạng phương trình của ( ) như sau:
uuu
r
n  (2a;2b; b  2a)



�5 � 53
max f (t)  f � �
.
�8 � 9

b  5, a  8

( ) : 16x  10y  11z  15  0 .
uuuuu
r
NM   2; 1;2 là VTCP của MN ,

Vậy phương trình của
Cách 2: Ta có:

�x  1  2t
�
MN : �y  1  t , t ��.
�z  1  2t
�

phương trình

Gọi

d

suy ra phương trình đường thẳng

là đường thẳng đi qua

M

, song song với

.

Suy ra

�x  1  2t
�
d : �y  1  t , t ��
�z  1  t
�

Trên d ta lấy điểm A(3;2;0) . Gọi
�
ABH .
khi đó  ( ),    �

H,K

lần lượt là hình chiếu của

A

lên ( ) và

MN

,

12


Ta có:

cos �
ABH 

BH
BK
�
BA
BA

, mà

Hay ( ) là mặt phẳng đi qua
Ta có:
Suy ra

BK
BA

MN

không đổi nên

�
ABH

lớn nhất



H

K

và vuông góc với mặt phẳng ( ) �(MN , d)

uuu
r
uuuuu
r u
r
n  �
NM , u�  1;6;4 là VTPT của ( )
�
�
uuu
r
uuuuu
r uuu
r
n  �
NM , n �  16; 10;11 là VTPT của ( )
�
�

Vậy phương trình của ( ) : 16x  10y  11z  15  0 .

Ví dụ 7. Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( ) : x  y  z  3  0 và điểm
A(1;2;3) . Lập phương trình đường thẳng  nằm trong ( ) và
1.  đi qua M (1;1;1) và khoảng cách từ A đến  lớn nhất, nhỏ nhất;
2.



đi qua

M

và khoảng cách giữa

Lời giải.
Mặt phẳng ( ) có

ur
n  (1;1;1)



và

d:

x 2 y
z
 
1
2 1

lớn nhất.

là VTPT

u
r
u  (a; b; c) là VTCP của  , do  �(P ) � a  b  c  0 � c   a  b (1)
uuuur
u
r uuuur
u, AM �  c  2b;2a; a
1. Ta có: AM   0; 1; 2 � �
�
�
u
r uuuur
�
u, AM �
(c  2b)2  5a2
(b  a)2  5a2
1 b2  2ab  6a2


Do đó: d( A, )  � ur �
u
a2  b2  c2
a2  b2  (a  b)2
2 b2  2ab  b2

Gọi

Nếu

a  0 � d( A, ) 

Xét hàm số

f (t) 

1
2

, với

t2  2t  6
t2  t  1

a �0

đặt

t

b
, t ��
a

, khảo sát hàm số

f (t)

ta tìm được

2
2
max f (t)  ff( )  10, min (t)  f (4) 
3
3

13


� Khoảng

c  1 ,

cách từ

đến

A



2
b
2
�  ,
3
a
3
x1 y1 z1



: :
3
2
1

lớn nhất khi

suy ra phương trình đường thẳng

t

chọn

b  2 � a  3,

b
 4 , chọn b  4 � a  1, c  5 ,
a
x1 y1 z1


suy ra phương trình đường thẳng :  :
.
1
4
5
uur
2. Đường thẳng d đi qua N (2;0;0) và có u1  (1;2; 1) là VTCP
uuuur

u
r uur
u
r uur uuuur
MN   1; 1; 1 , �
u, u1 � (2a  b; b;2a  b) � �
u, u1 �.MN  3b
� �
� �
u
r uur uuuur
�
u, u �.MN
3b
b2
� 1�
d
(

,
d
)



3
� 3
u
r uur
Do đó

2
2
2
2
2
�
4
a

3
b
u, u1 �
(2a  b)  b  (2a  b)
� �
�Khoảng

cách từ



nhỏ nhất khi

�x  1
�
 : �y  1  t .
�z  1  t
�

Ví dụ 8. Lập phương trình đường thẳng
d�

:

x1 y z2
 
2
1
1

1. Khoảng cách từ

d'

tại điểm

x5
y
z
:


2
2 1

M

nên

B

uuur uuuur

�
AB, AM �
�
�
d(B, d) 

uuuur
AM

thì

A (0;  1; 2)

và cắt đường thẳng

d

6t  2t  2

là lớn nhất, nhỏ nhất;

là lớn nhất.

M (1  2t; t; 2  t), t ��.

d.

uuur uuuur
�
AB, AM � (1  t; 1; 4  2t).

�
�

đến đường thẳng

5t2  18t  18

5t2  18t  18
2

đi qua

là VTCP của đường thẳng

uuur
AB  (2; 2;  1)

f (t) 

và

d

Khoảng cách từ điểm

Ta có

đến đường thẳng

B(2; 1;1)

uuuur
AM  (2t  1; t  1;  t)

1. Ta có

d

sao cho:

2. Khoảng cách giữa
Lời giải.
Giả sử d cắt

t4�

u
r
a  0 � c  b � u  b(0;1; 1)

Đẳng thức xảy ra khi
Vậy phương trình

đến

A

6t2  2t  2

nên

f�
(t) 



d

là

f (t)
98t(t  2)

(6t2  2t  2)2

.

14


Từ đó ta tìm được
� min d(B, d) 

max f (t)  ff(0)  18, min (t)  f (2) 

1

� max d(B, d)  3 2

thẳng cần tìm

2.



đi qua

Ta có

d:

Do đó:

đạt được khi

uuuur
t  2 � AM  (3; 3;  2)

nên phương trình đường

đạt được khi

uuuur
t  0 � AM  (1;1; 1)

nên phương trình đường

11
x y1 z 2
d:



.
3
3
2

thẳng cần tìm

1
.
11

x
y1 z 2


.
1
1
1

N (5; 0; 0)

và có véc tơ chỉ phương

uur
u  (2;  2; 1).

uur uuuur
uuuur

�
u , AM � (t  1; 4t  1; 6t), AN  (5; 1;  2).
�
�

Khoảng cách giữa hai đường thẳng là:
uur uuuur uuuur
�
u , AM �.AN
�
�
d(; d) 

uur uuuur
�
u , AM �
�
�
 3.

Vì

f�
(t) 

(2  t)2
53t2  10t  2

6(t  2)(4  37t)
2

2

(53t  10t  2)

Từ đó ta tìm được
Vậy đường thẳng

6  3t
(t  1)2  (4t  1)2  (6t)2
 3. f (t), f (t) 

nên

53t2  10t  2

f�
(t)  0 � t  2, t 

�4 �
max f (t)  f � �,
�37 �
d

(2  t)2

khi đó

có phương trình là

d:

.

4
.
37

uuuur
1
AM  
 29;  41; 4 .
37
x
y 1 z 2


.
29
41
4

Bài toán 3: Trong không gian cho n điểm A1, A2,..., An .
1. Tìm M sao cho P  1MA12   2MA22  ...   n MAn2
a) Nhỏ nhất khi

1   2  ...   n  0

b) Lớn nhất khi 1   2  ...   n
2. Tìm

n

đó � i
i 1

M

sao cho

0

uuuuur
uuuuur
uuuuur
P  1 MA1   2 MA2  ...   n MAn

nhỏ nhất hoặc lớn nhất, trong

�0 .

Phương pháp:
15


Gọi

I

là điểm thỏa mãn:

n

nếu � i

�0 .

i 1

1.

uuuu
r
uuuu
r
uuuur r
1 I A1   2 I A2  ...   n I An  0

điểm

I

tồn tại và duy nhất

Khi đó:

uuur uuuu
r 2
uuur uuuu
r 2
uuur uuuur 2

P  1 MI  I A1  1 MI  I A2  ...  1 MI  I An









 (1   2  ...   n )I M 2 





n

�1I Ai2

i 1

n

Do �1I Ai2 không đổi nên:
i 1

�Nếu 1   2  ...   n  0

thì

� Nếu 1   2  ...   n  0

2.

thì

nhỏ nhất

� MI

nhỏ nhất

lớn nhất

� MI

nhỏ nhất

P

n
uuur uuuu
r
uuur uuuu
r
uuur uuuur
P  1 MI  I A1   2 MI  I A2  ...   n MI  I An  � i .MI



Do đó

P







nhỏ nhất hoặc lớn nhất

�Nếu M

khi

P

M

thuộc đường thẳng
là hình chiếu của I lên




� MI





i 1

nhỏ nhất hoặc lớn nhất.

(hoặc mặt phẳng
(hoặc (P ) ).

(P ) )

thì

MI

lớn nhất khi và chỉ

�Nếu M thuộc mặt
điểm A, B ( I A  I B)

cầu (S) và đường thẳng đi qua I và tâm của (S), cắt (S) tại hai
thì MI nhỏ nhất (lớn nhất)  M B ( M �A ).
Ví dụ 9. Cho (P ) : x  y  z  1  0 và ba điểm A(1;1;1), B(0;1;2), C (2;0;1) .
1. Tìm tọa độ điểm M �(P ) sao cho MA  M B và yM  1 ;
2. Tìm N �(P ) sao cho S  2NA 2  NB 2  NC 2 nhỏ nhất.
Lời giải.
1. Gọi M (x;1; z) �(P ) , ta có: x  1  z  1  0 � x   z
Suy ra MA  MB � (x  1)2  (z  1)2  x2  (z  2)2 � 2x  2z  2  4z  4
1

1
1 1
; x   . Vậy M ( ;1; ) .
2
2
2 2 uur uur uuu
r r
2. Gọi I u(uxr; y; z) là điểm thỏa mãn 2uuIrA  I B  I C  0 (*)uuur
Ta có: 2I A   2  2x;2  2y;2  2z , I B    x;1  y;2  z , I C   2  x;  y;1  z
� z

�
4x  0
� 3 5�
3
5
�
Nên (*) � �3  4 y  0 � x  0, y  4 , z  4 . Suy ra I �0; 4 ; 4 �
�
�
�
5  4z  0
�
uuuu
r2
uuur uur 2
uuur uur
Khi đó: 2NA  2 NI  I A  2NI 2  2I A 2  4NI .I A





16


Do đó

uuuu
r2
uuur uur uuuu
r2
uuur uuu
r
NB  NI 2  I B 2  2NI .I B ; NC  NI 2  I C 2  2NI .I C
uuur uur uur uuu
r
S  4NI 2  2I A 2  I B 2  I C 2  2NI 2I A  I B  I C  4NI 2  2I A 2  I B 2  I C 2





Do 2I A 2  I B 2  I C 2 không đổi nên S nhỏ nhất khi và chỉ khi
là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P ) .
uuur �
3
5 � ur
N
(

x
;
y
;
z
)
�
I
N

x
;
y

;
z

�
�, n   1; 1;1
Gọi
4
4�
�
Vì N �(P ) � x  y  z  1  0 (1)

là VTPT của

NI

nhỏ nhất hay

N

(P )

�
�x  k
�
uuur
ur
� 3
I
N

kn
�
�y   k thay vào (1), ta có được:
Do I N  (P ) nên
� 4
� 5
z k
�
� 4
�3
� �5
�
� 3 3 1�
3
3
3

1
k  �  k � �  k � 1  0 � k   � x   , y   , z   . Vậy N �
 ;  ;  �.
2
2
4
4
� 2 4 4�
�4
� �4
�

Ví dụ 10. Trong không gian cho ba điểm A(1;2;3), B(1;0; 3), C (2; 3; 1)
1. Tìm M thuộc mặt phẳng ( ) : 2x  y  2z  1  0 sao cho biểu thức sau nhỏ nhất
S  3MA 2  4MB 2  6MC 2 ;
2. Tìm

M thuộc đường
uuuur
uuuur
uuuur
P  MA  7MB  5MC ;

thẳng



x1 y1 z1



2
3
1

sao cho biểu thức sau lớn nhất:

thuộc mặt cầu (S) : (x  2)2  ( y  2)2  (z  8)2  36 sao cho biểu thức
F  MA 2  4MB 2  2MC 2 đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
Lời giải.
uur
uur
uuu
r r
uur
uuuu
r
uuur
1. Cách 1: Gọi I (x; y; z) là điểm thỏa mãn: 3I A  4I B  6I C  0 � I A  6AC  4 AB (*)
3. Tìm

Mà

M

uur
uuuu
r
uuur
I A  (1  x;2  y;3  z), 6AC  (6; 30; 24), 4 AB  (8; 8; 24)

Do đó

�
1 x  6 8
�
(*) � �
2  y  30  8 �
�
3  z  24  24
�

Khi đó:

�x  13
�
�y  24 � I (13;24;3)
�z  3
�

uuuur2
uuuur2
uuuur2
uuur uur 2
uuur uur 2
uuur uuu
r 2
S  3MA  4MB  6MC  3 MI  I A  4 MI  I B  6 MI  I C
 IM 2



 

uuur uur
uur
uuu
r
 2MI  3I A  4I B  6I C   3I A  4I B  6I C
2



2

2

� IM

nhỏ nhất



 I M 2  3I A 2  4I B 2  6I C 2 .

Do

3I A 2  4I B2  6I C 2

không đổi nên

S

nhỏ nhất

�M

là hình
17


chiếu của

I

Tọa độ của
Vậy

lên ( ) . Ta có

M

là nghiệm của hệ:

M (11;25;1)

Cách 2: Gọi
Suy ra:

�x  13  2t
�
I M  ( ) � I M : �y  24  t

�z  3  2t
�
�x  13  2t
�
�y  24  t
�
�
�z  3  2t
�
2x  y  2z  1  0
�

�x  11
�
�y  25
�z  1
�

là điểm cần tìm.

M (a; b; c) �( ) � 2a  b  2c  1  0

3MA 2  3a2  3b2  3c2  6a  12b  18c  42
4MB2  4a2  4b2  4c2  8a  24c  40
6MC 2  6a2  6b2  6c2  24a  36b  12c  84

Suy ra

S  a2  b2  c2  26a  48b  6c  2
 (a  11)2  (b  25)2  (c  1)2  4a  2b  4c  749

�2(2a  b  2c  1)  747 �747
M (11;25;1) là điểm cần tìm
uur
uur
uuu
r r
uur
uuur
uuuu
r
2. Cách 1: Gọi I (x; y; z) là điểm thỏa mãn: I A  7I B  5I C  0 � I A  7AB  5AC
uur
uuur
uuuu
r
Mà I A   1  x;2  y;3  z , 7AB  (14;14;42), 5AC  (5; 25; 20)

Đẳng thức xảy ra

Nên

� a  11, b  25, c  1

�
1  x  14  5
�
(*) � �2  y  14  25 �
�
3  z  42  20

�

Khi đó:
Do đó

P

hay

�x  18
�
�y  13 � I (18;13; 19)
�z  19
�

uuur uur
uuur uur
uuur uuu
r
P  MI  I A  7 MI  I B  5 MI  I C  MI



nhỏ nhất

� MI

 

nhỏ nhất �



M

là hình chiếu của

I

uuur
M � � M  1  2t; 1  3t;1  t  � I M  (2t  19;3t  14;  t  20)

Vì

(*)

I M   � 2(2t  19)  3(3t  14)  (t  20)  0 � t 

12
.
7

Vậy

lên



�31 29 5 �
M � ; ;  �là

7�
�7 7

điểm

cần tìm.
Cách 2: Ta có
Suy ra

M � � M  1  2t; 1  3t;1  t

uuuur
uuuu
r
MA   2t;3  3t;2  t ,  7MB   14  14t; 7  21t;28  7t 

18


uuuur
5MC   5  10t; 10  15t; 10  5t

Do đó
Nên

uuuur
uuuur
uuuur
MA  7MB  5MC   2t  19;3t  14; t  20
2

� 12 � 6411 6411
t
�
P  (2t  19)  (3t  14)  (t  20)  14t  48t  957  14 �
�
7
7
� 7�
2

2

Đẳng thức xảy ra
3. Gọi

E (x; y; z)

Ta tìm được

là

2

2

2

�31 29 5 �
12

. Vậy M �7 ; 7 ;  7 �là điểm cần tìm.
7
�
�
uuur
uuur
uuur r
uuur
uuuu
r
uuur
điểm thỏa mãn: EA  4EB  2EC  0 � EA  2AC  4AB

�t

E  10; 2;16 .

Khi đó

F   EM 2  EA 2  4EB 2  2EC 2

Vì EA2  4EB 2  2EC 2 không đổi nên
nhất, lớn nhất.
Mặt cầu (S) có tâm

F

lớn nhất, nhỏ nhất khi và chỉ khi

EM

nhỏ

�x  2  8t
uuu
r
�
I (2;2;8) , I E   8; 4;8 � I E : �y  2  4t
�z  8  8t
�

Tọa độ các giao điểm của

IE

với mặt cầu (S) là nghiệm của hệ

�x  2  8t
�
1
�y  2  4t
� 82 t2  42 t2  82 t2  36 � t  � .
�
2
�z  8  8t
�
(x  2)2  ( y  2)2  (z  8)2  36
�
uuur
1

� M  6;0;12 � I M  (2; 2;4) � MI  2 6
2
uuur
1
� t   � N  2;4;4 � I N  (4;2;4) � NI  6
2
�t 

Do

NI  MI

nên ta có được:

�F

lớn nhất khi và chỉ khi

E �M � E  6;0;12

�F

nhỏ nhất khi và chỉ khi

E �N � E  2;4;4

.

Bài tập tương tự
Bài 1. Trong không gian Oxyz cho 2 điểm A(1;3; 2), B(3;7; 18) và mặt phẳng

 P  : 2x  y  z  1  0 .
a) Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với (P ) .
b) Tìm toạ độ điểm M thuộc (P ) sao cho MA  MB nhỏ nhất.
Bài 2. Lập phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M(1;4;9) và cắt các tia Ox,Oy,Oz
lần lượt tại các điểm A,B,C (khác gốc tọa độ) sao cho
19


a) Thể tích khối tứ diện OABC có giá trị nhỏ nhất.
b) OA  OB  OC đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 3. Cho đường thẳng

x 1 y  8 z 1


và các điểm A(3; 4; 1),
2
3
1
điểm M thuộc đường thẳng  sao cho
b) MA  MC nhỏ nhất.

:

B(1; 6;  1), C(1; 10; 3). Tìm

a) MA  MB nhỏ nhất.
Bài 4. Lập phương trình mặt phẳng ( ) đi qua
Ox, Oy, Oz lần lượt tại 3 điểm A, B, C thỏa:
1. Tứ diện OABC có thể tích lớn nhất;

2. Khoảng cách từ O đến ( ABC ) lớn nhất;
3. OA  OC  4OB và OA  OB  9 .
Bài 5. Cho
thẳng



1.

2

A (1; 4; 2), B(1; 2; 4)

và

:

sao cho

MA  MB

2

nhỏ nhất

3. Diện tích tam giác

MAB

2.

M  1;4;9

x 1 y 2 z

 .
1
1
2

uuuur
uuuur
uuuur
3OM  2 AM  4BM

sao cho ( ) cắt các tia

Tìm điểm

M

thuộc đường

nhỏ nhất.

nhỏ nhất.

Bài 6. Cho ba điểm A(1;2;  3),B(2;4;5),C(3;6;7) và mặt phẳng (P ) : x  y  z  3  0.
1. Tìm tọa độ hình chiếu trọng tâm G của tam giác ABC trên mặt phẳng (P ).
2. Tìm tọa độ điểm G�đối xứng với điểm G qua mặt phẳng (P ).

3. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng
với T  MA 2  MB 2  MC2.

(P )

sao cho biểu thức

T

có giá trị nhỏ nhất

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Việc phân dạng cụ thể các bài toán tìm giới hạn hàm số và đưa ra phương
pháp giải tương ứng giúp các bài toán cơ bản trở nên có hệ thống hơn, nhờ đó học
sinh dễ tiếp cận và nhớ lâu hơn. Từ đó học sinh thấy hứng thú hơn khi học phần
giới hạn hàm số và thấy những bài toán này trở nên đơn giản hơn.
Sau khi thực hiện sáng kiến kinh nghiệm này thì học sinh đã tiếp cận được
chỉ còn rất ít học sinh gặp khó khăn trong việc giải bài toán tìm cực trị trong hình
học Oxyz. Cụ thể:
Lớp

Sĩ số

Giỏi

Khá

TB

Yếu

Kém

12B3

43

5

20

18

0

0

3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận.
Trên đây là những kinh nghiệm mà tôi đúc rút được trong nhiều năm giảng dạy
ở trường THPT và cụ thể là thử nghiệm với học sinh lớp 12B3 trường THPT Hậu
Lộc 2.
20


Hình học Oxyz nói chung và các bài toán cực trị trong hình học Oxyz nói riêng
là nội dung rất quan trọng trong chương trình môn toán THPT. Nhưng đối với học
sinh đây là mảng kiến thức tương đối khó. Trong đề tài này tôi đã đưa ra được hệ
thống bài tập theo dạng khác nhau cùng với phương pháp giải phù hợp giúp học
sinh tiếp cận dễ dàng hơn từ đó tạo hứng thú cho học sinh học phần này góp phần

nâng cao chất lượng dạy và học. Chuyên đề này là ý kiến chủ quan cũng như kinh
nghiệm của cá nhân tôi nên không tránh khỏi những thiếu sót nhất định. Rất mong
sự đóng góp ý kiến của quý thầy cô và các em học sinh để chuyên đề được hoàn
thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
3.2.

Kiến nghị.

Nhà trường cần tổ chức các buổi thảo luận trao đổi phương pháp giảng dạy. Cần
lưu lại thư viện nhà trường những chuyên đề bồi dưỡng ôn tập của giáo viên hằng
năm để làm tư liệu phục vụ cho việc dạy và học sau này.
Đề nghị các cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh và giáo viên có nhiều
hơn nữa những tài liệu tham khảo về đổi mới phương pháp dạy và học để phục vụ
tốt công việc nghiên cứu học tập và nâng cao chuyên môn.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 05 tháng 5 năm 2019
ĐƠN VỊ
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
tôi viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Người viết

Nguyễn Thị Den

21