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
x1 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 SOBH 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
�
a5
1
27
37
1 � a2 2a 35 0 � �
a 2a 4 2a
a 7
�
�Nếu b 0 � c
Vì
a2
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
x1 y z1
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
x1 y1 z1
: :
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
x1 y1 z1
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�
:
x1 y z2
2
1
1
1. Khoảng cách từ
d'
tại điểm
x5
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
t4�
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 y1 z 2
d:
.
3
3
2
thẳng cần tìm
1
.
11
x
y1 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
x1 y1 z1
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