SKKN sử dụng các tính chất định tính hình học nhằm giúp học sinh lớp 12 giải bài toán hình học giải tích trong khô

MỤC LỤC
Nội dung
1. MỞ ĐẦU
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1.Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải
quyết vấn đề
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
3.2. Kiến nghị
TÀI LIỆU THAM KHẢO

Trang
1
1
1
2
3
18
20
20
20

0


1. MỞ ĐẦU
* Lý do chọn đề tài:

Hình giải tích trong không gian (hay phương pháp tọa độ trong không gian)
là một phần quan trọng trong chương trình học Toán THPT. Đặc biệt với xu thế
hiện nay, các bài tập về tọa độ trong không gian không thể thiếu trong các đề thi
THPT quốc gia, đề thi học sinh giỏi các cấp... Khi giải các bài toán hình hình
giải tích trong không gian, học sinh đôi khi quên chú ý đến những tính chất hình
học của nó, mà những tính chất đó giúp ta đơn giản hơn trong việc tính toán
cung như giải quyết chúng. Các em thường áp dụng phương pháp tọa độ hay giải
tích để giải quyết. Nhưng trong nhiều bài toán nếu học sinh biết khai thác các
tính chất định tính hình học không gian thuần túy của chúng thì sẽ định hướng
được lời giải ngắn gọn và độc đáo. Đặc biệt với những bài toán cực trị trong
hình giải tích học sinh có thể sử dụng các công cụ giải tích để xét sự biến thiên
và tìm cực trị của một số đại lượng như độ dài, khoảng cách, góc... Mặc dù cách
giải đó khá rõ ràng nhưng lại phải tính toán phức tạp, thậm chí rất dài dòng.
Chính vì thế, việc nắm chắc các kiến thức hình học của nó và khai thác đúng
mực sẽ đưa tới những phương án giải quyết vô cùng hữu hiệu.
Đề tài “Sử dụng các tính chất định tính hình học nhằm giúp học sinh
lớp 12 giải bài toán hình giải tích trong không gian” được viết với mong muốn
giúp các em học sinh khối 12 nắm chắc các kiến thức định tính cơ bản về hình
học không gian lớp 11 và biết cách khai thác chúng vào giải quyết các bài toán
hình học giải tích trong không gian.
* Mục đích nghiên cứu
Trang bị cho học sinh về phương pháp sử dụng những tính chất hình học
không gian vào giải nhanh các dạng toán hình giải tích trong không gian mang
lại hiệu quả rõ nét trong việc giải đề thi THPT Quốc gia.
Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán. Qua đó học
sinh nâng cao khả năng tư duy, sáng tạo và hình thành nhiều cách giải khác
nhau.
* Đối tượng nghiên cứu
Các bài toán về hình giải tích trong không gian.
Đối tượng nghiên cứu trong đề tài là học sinh khối THPT qua các năm

giảng dạy.
* Phương pháp nghiên cứu
Tổng hợp kiến thức, kiểm nghiệm qua thực tế dạy học.
Tập hợp những vấn đề nảy sinh, những khó khăn của học sinh trong quá
trình giải quyết một số bài toán về hình hình giải tích trong không gian. Từ đó
đề xuất phương án giải quyết tổng kết thành kinh nghiệm.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.1.1. Phương trình mặt phẳng, đường thẳng, mặtr cầu :
- Mặt phẳng  P  đi qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) và nhận n  ( A; B; C ) làm vectơ pháp
tuyến có phương trình dạng: A( x  x0 )  B( y  y0 )  C ( z  z0 )  0
1


- Phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) và có vectơ
�x  x0  a1t
r
�
chỉ phương a  (a1 ; a2 ; a3 ) là: �y  y0  a2t (t �R)
�z  z  a t
3
� 0

- Phương trình chính tắc đường thẳng d đi qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) và có vectơ
r

chỉ phương a  (a1 ; a2 ; a3 ) là:

x  x0 y  y0 z  z0



(a1 , a2 , a3 �0)
a1
a2
a3

- Phương trình tâm I (a; b; c) bán kính R là: ( x  a)2  ( y  b) 2  ( z  c) 2  R 2 .
- Phương trình : x 2  y 2  z 2  2 Ax  2 By  2Cz  D  0 với A2  B 2  C 2  D  0 là
phương trình mặt cầu tâm I ( A;  B; C ) , bán kính R  A2  B 2  C 2  D .
2.1.2. Các kiến thức khác
- Các tính chất định tính hình học phẳng, hình học không gian như quan hệ song
song, quan hệ vuông góc, góc, khoảng cách, độ dài đoạn thẳng, đường thẳng,
mặt phẳng, mặt cầu, đường tròn...
- Khoảng cách từ M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) đến mặt phẳng    : Ax  By  Cz  D  0 cho bởi
công thức d ( M 0 , ) 

Ax 0  By0  Cz0  D
A2  B 2  C 2

r ur uuuuur
[a, a '].MM '
r ur
- Khoảng cách giữa hai đường chéo nhau: d (,  ') 
[a, a ']
r
ur
( d đi qua M và có vectơ chỉ phương a , d ’ qua M ’ và có vectơ chỉ phương a ' )
* Cho A( x A ; y A ; z A ), B( xB ; yB ; z B ) ta có:
uuu
r

AB  ( xB  x A ; y B  y A ; zB  z A ) ;
AB  ( xB  x A ) 2  ( yB  y A ) 2  ( z B  z A ) 2
�x  xB y A  yB z A  zB �
;
;
�.
2
2 �
� 2

M là trung điểm AB thì M  � A

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Trước khi áp dụng nghiên cứu này vào giảng dạy tôi đã tiến hành khảo sát
chất lượng học tập của học sinh hai lớp 12A5 và 12A8 trường THPT Hậu Lộc 4
làm thử 1 đề thi tự luận (tuyển chọn một số bài tập hình giải tích có nhiều cách
giải) cho học sinh làm và thu được kết quả như sau:
Sĩ
Giỏi
Khá
TB
Yếu
Kém
Lớp
số
SL % SL
%
SL
%
SL

%
SL %
12A5
38
0
0
5
13,1
20
52,7
10
26,3
3
7,9
12A8
40
2
5
8
20
25
62,5
5
12,5
0
0
Tôi nhận thấy học sinh đa phần chỉ dùng công cụ giải tích hay đại số để
giải quyết các bài toán, dẫn tới lời giải dài dòng, mất thời gian. Nhiều học sinh
không giải hết đề hoặc cho kết quả sai. Như vậy số lượng học sinh vận dụng các
tính chất định tính hình học không gian để giải các dạng này không nhiều do

chưa nắm vững được nguồn kiến thức và kĩ năng cần thiết.
2


Để thực hiện để tài vào giảng dạy, trước hết tôi nhắc lại các kiến thức về
hình học tọa độ, tiếp đó đưa ra các tính chất thông dụng về hình học không gian
thuần túy và ví dụ cụ thể để hướng dẫn học sinh thực hiện, cuối cùng tôi đưa ra
bài tập tổng hợp để học sinh rèn luyện.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết
vấn đề.
2.3.1. Giải pháp 1: Sử dụng các tính chất của tứ diện, hình chóp.
Giáo viên yêu cầu học sinh nắm chắc các tính chất của tứ diện,hình chóp
bất kỳ hay tính chất của các tứ diện, hình chóp đặc biệt (tứ diện đều, tứ diện
vuông, hình chóp đều, hình chóp có tính chất đặc biệt).
Ví dụ 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (2;1;1). Viết
phương trình mặt phẳng ( ) qua M , cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C
1
1
1
1


 .
sao cho
2
2
2
6
OA OB OC
A. 2 x  y  z  1  0.

B. x  2 y  z  6  0.
C. 2 x  y  z  6  0.
D. 2 x  y  3z  0.
Giải:
H
Gọi là trực tâm của tam giác ABC .
Theo tính chất tứ diện vuông nên ta có chân
đường cao kẻ từ O trùng với trực tâm của
ABC đồng thời:
1
1
1
1
1



�
.
2
2
2
2
OA OB OC
OH
OM 2
Mà ta tính được OM 2  6 nên M trùng
với H . Vậy OM  ( ABC )
uuuu
r

Khi đó mp  P  qua MO và nhận OM  (2;1;1)

làm véc tơ pháp tuyến.
Suy ra phương trình mp  P  là: 2 x  y  z  6  0. Chọn C.
*Nhận xét: Học sinh có thể giải quyết bài toán theo phương pháp tọa độ, sử
dụng phương trình của mặt phẳng theo đoạn chắn. Tuy nhiên cách giải đó tương
đối dài và dễ sai sót. Ở đây ta sử dụng tính chất của tứ diện vuông vào giải quyết
bài toán.
Ví dụ 2 (Đề THPTQG năm 2017). Trong
không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm
A(2;0;0), B(0; 2;0), C (0;0; 2) . Gọi D là điểm
khác O sao cho DA, DB, DC đôi một vuông góc
nhau và I (a; b; c) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện ABCD . Tính S  a  b  c .
A. S  4 .
B. S  1 .
C. S  2 .
D. S  3 .
Giải:
Xét tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một
vuông góc và OA  OB  OC  2, ABC đều cạnh bằng 2 2 nên gọi G là
3


2 2 2
trọng tâm của ABC thì G ( ;  ;  ) và đường thẳng OG là trục đường tròn
3 3 3
ngoại tiếp ABC .
Gọi D là điểm đối xứng của O qua mặt phẳng  ABC  . Khi đó tứ diện DABC có
DA, DB, DC đôi một vuông góc DABC. Nếu J là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

OABC thì I đối xứng với J qua mặt phẳng  ABC  . Vì O. ABC là hình chóp tam
giác đều nên J là giao điểm của ba mặt phẳng trung trực của OA, OB, OC (có
phương trình lần lượt là x  1 , y  1 , z  1 ) � J (1; 1; 1) .
1 1 1
Vì G là trung điểm của IJ nên I ( ;  ;  ) .Vậy S  1 . Chọn B.
3 3 3
Ví dụ 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các đường thẳng
x  3 y 1 z 1
x  2 y 1 z  3
(d1 ) :


, (d 2 ) :


. Lấy các điểm A, B trên
2
1
2
2
2
1
(d1 ) , C , D trên (d 2 ) sao cho AB  1, CD  2 . Tính thể tích V của khối tứ diện
ABCD.
1
2
5
7
A. V  .
B. V  .

C. V  .
D. V  .
9
9
9
9
Giải:
Gọi V là thể tích của khối tứ diện ABCD,
h là khoảng cách giữa (d1 ) và (d 2 ) ,  là
góc giữa (d1 ) và (d 2 ) .
Trước hết ta vận dụng một công thức
1
quen thuộc: V  . AB.CD.h.sin 
6
Nhận thấy d1  d 2 nên sin   1 .
Lấy M (2;1;3) �(d1 ), N (3; 1;1) �( d 2 )
uuuu
r
� MN  (1; 2; 2)
Các véctơ chỉ phương của (d1 ) và (d 2 ) lần
ur uu
r
lượt là u1 , u2 . Tính được
ur uu
r uuu
r
�
�
u
;

u
.
AB
ur uu
r
21 7
�1 2 �
�
�
u
;
u

(

3;

6;

6)
h


 .
u
r
u
u
r
.

Vậy
�1 2 �
9
3
�
�
u
;
u
�1 2 �
1
7
7
Suy ra V  .1.2. .1  (đvtt). Chọn D.
6
3
9
* Nhận xét: Trong ví dụ trên, rõ ràng nếu giải quyết bài toán theo lối suy
nghĩ thông thường là quy về tọa độ của các đỉnh và áp dụng tích hỗn tạp của các
véc tơ để giải là gần như không thể, vì tọa độ các đỉnh của tứ diện không cố
định. Tuy nhiên nếu nhận thấy độ dài các cạnh AB, CD không đổi và nằm trên
các đường thẳng cố định thì việc tìm ra lời giải là có cơ sở.
4


Ví dụ 4. Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz , cho hình chóp tam giác đều S.ABC biết
A(3;0;0), B(0;3;0), C(0;0;3). Tìm toạ độ đỉnh S
biết thể tích khối S.ABC bằng 36 và đỉnh S có
hoành độ dương.

A. S(8; 8 ; 8).
B. S(9; 9 ; 9).
C. S(2; 2 ; 2).
D. S(5; 5 ; 5).
Giải:
Phương trình  ABC  : x  y  z  3  0
ABC có trọng tâm G  1;1;1 và
9 3
2
Do hình chóp S.ABC đều nên SG qua G và vuông góc với (ABC)
�x  1  t
�
SG : �y  1  t � S (1  t ;1  t ;1  t )
�z  1  t
�
1
Ta có : VS.ABC=36= SG. SABC � t  8, t  8 .
3
Do S có hoành độ dương nên: S  9;9;9  . Chọn B.
* Nhận xét: Ví dụ trên học sinh thường nghĩ tới hướng áp dụng tích hỗn
tạp để giải quyết. Tuy nhiên rất khó thực hiện vì tạo độ điểm S có 3 thành phần
đề chưa biết. Ở đây ta đã khai thác tính chất của hình chóp tam giác đều. Học
sinh cần nhận thấy tam giác ABC đều và từ đó áp dụng công thức tính thể tính
của khối chóp để suy ra chiều cao(học ở môn Hình không gian).
Ví dụ 5. Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz , cho tứ diện ABCD với A(0; 3 ; 2 6 ) ,
3
3
B (1;0;0) , C (1;0;0) , D(0; 3;0) . Điểm M thuộc
phần trong của tứ diện ABCD . Tính tổng khoảng

cách từ M đến các mặt của tứ diện ABCD.
2 2
2 3
A.
B.
3
3
2 5
2 6
C.
D.
3
3
Giải:
Gọi H1 , H 2 , H 3 , H 4 lần lượt là hình chiếu của M
xuống các mặt của tứ diện. Ta dễ có ABCD là tứ
2 2 2
diện đều cạnh bằng 2 suy ra VABCD  23
.

12
3
Mặt khác: VMBCD  VMACD  VMABD  VMABC  VABCD
AB  BC  CA  3 2 � S ABC 

5


Do các mặt bên của tứ diện có diện tích bằng nhau nên suy ra:
3V

2 2 6
MH1  MH 2  MH 3  MH 4  ABCD  2

(hằng số). Chọn D.
S BCD
3
3
* Nhận xét: Điểm mấu chốt của ví dụ trên là ta đã sử dụng phương pháp
cộng thể tích của một khối đa diện. Bên cạnh đó việc phát hiện ra tứ diện ABCD
2 3
đều cạnh a rồi sử dụng công thức công thức V 
a khiến bài toán được giải
12
quyết một cách ngắn gọn.
2.3.2. Giải pháp 2: Sử dụng các tính chất về khoảng cách.
Trước hết, giáo viên cần cung cấp cho học sinh những kiến thức liên quan
đến tính chất của khoảng cách, quan hệ giữa đoạn vuông góc và độ dài đường
xiên, các tính chất về khoảng cách từ 1 điểm đến 1 đường thẳng, 1 mặt phẳng,
khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song, giữa 2 mặt phẳng song
song, tính chất đối xứng...
Bên cạnh đó từ sự định hướng của giáo viên, học sinh cần phải biết xây dựng
hướng giải. Giáo viên có thể gợi ý các khâu vẽ hình và áp dụng cho học sinh.
Ví dụ 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và
x 1 y z 1
 
đường thẳng d :
. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A,
2
1
3

song song với d và khoảng cách giữa d và (P) là lớn nhất.
A. 7 x  y  5 z  67  0.
B. 3 y  z  4  0.
C. 7 x  y  5 z  77  0.
D. x  y  z  13  0.
Giải:
Gọi H là hình chiếu của A trên d,
mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi
đó khoảng cách giữa d và (P) là
khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên
(P), ta có AH �HI
Suy ra HI lớn nhất khi A �I
Vậy (P) cần tìm
uuurlà mặt phẳng đi qua
A và nhận AH làm véc tơ pháp
tuyến.
H �d � H (1  2t ; t ;1  3t )
Vì H là hình
uuuchiếu
r r của
r A trên d nên
AH  d � AH .u  0 (u  (2;1;3) là véc tơ chỉ phương của d
uuur
� H (3;1;4) � AH (7; 1;5)
Vậy � 7 x  y  5 z  77  0. � 7 x  y  5 z  77  0. Chọn D.
* Nhận xét: Ngoài cách giải trên, có thể giải bài toán theo phương pháp
giải tích như sau :
Phương trình (P) qua A có dạng:
a( x  10)  b( y  2)  c( z  1)  0 (a 2  b 2  c 2 �0)

6


uu
r uu
r
Vì (P)//d nên ud .nP  0 � 2a  b  3c  0 � b  2a  3c
Lấy M (1;0;1) �d , ta có khoảng cách giữa d và (P) bằng:
9a  2b  2c
5a  8c
d ( M ;( P)) 

a 2  b2  c2
5a 2  12ac  10c 2
Nếu c  0 � d ( M ;( P))  5
�a �
5 � � 8
�c �
Nếu c �0 � d ( M ;( P)) 
2
�a �
�a �
5 � � 12 � � 10
�c �
�c �
5t  8
7
�
t


Khảo sát hàm số f (t ) 
,
ta
được
f(t)
đạt
max
5
5t 2  12t  10
Lúc đó chọn a = 7, b = -5 và b = 1, ta có (P): 7x + y -5z -77 = 0
* Rõ ràng việc tìm ra tính chất hình học giúp ta giải quyết bài toán một
cách nhẹ nhàng hơn khá nhiều.
x 1 y z 1
 
Ví dụ 2. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng  :
và
2
3
1
hai điểm A(1;2; 1), B (3; 1; 5) . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm
A và cắt đường thẳng  sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất,
nhỏ nhất.
Giải:
* Gọi d là đường thẳng đi qua A và
cắt  tại M � M (1  2t;3t ; 1  t )
Gọi H là hình chiếu của B trên d. Khi
đó d ( B, d )  BH �BA .
Vậy d ( B, d ) lớn nhất bằng BA
 H A . Điều
này

xảy ra
uuuu
ru
uu
r
� AM  AB � AM . AB  0

� 2( 2  2t )  3(3t  2)  4t  0 � t  2 � M (3;6; 3) . Phương trình đường
x 1 y  2 z 1


.
thẳng d là
1
2

1
uuuu
r
uuu
r
* Lại có AM  (2  2t;3t  2; t ), AB  (2; 3; 4)
Mặt phẳng (P) chứa d và  có PT là:
Gọi K là hình chiếu của B trên (P)  BH BK . Vậy d ( B, d ) nhỏ nhất bằng BK
 H K . Lúc đó d là đường thẳng đi qua A và K.
Ta tìm được phương trình (P) là: x  y  z  0 và K (0;2; 2)

7

�x  t
�
Vậy khi d ( B, d ) nhỏ nhất, ta có phương trình đường thẳng d là: �y  2
�z  2  t
�
Ví dụ 3 (Sách bài tập hình học nâng cao 11). Trong không gian với hệ
trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M (0; 1;2) và N (1;1;3) . Viết phương trình mặt
phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ K  0;0;2  đến (P) đạt giá trị lớn
nhất.
Giải:
Gọi I, H lần lượt là hình chiếu của K lên
đường thẳng MN và (P). Khi đó khoảng
cách từ K đến (P) là KH.
Theo tính chất của đường vuông góc và
đường xiên, ta có KH �KI . Mà KI không
đổi nên KH đạt max bằng KI khi và chỉ khi
H trùng với I. Vậy mp(P) cần tìm đi qua I
và vuông góc với KI.
Vậy phương trình (P) là: x + y – z + 3 = 0.
* Nhận xét: Qua các ví dụ trên ta thấy rõ ràng các cách giải theo phương
pháp sử dụng các tình chất hình học(từ việc dựng hình) là rất khác biệt và bất
ngờ. Dù rằng việc học sinh sử dụng bất đẳng thức hay phương pháp hàm số
trong các bài toán cực trị cũng tương đối rõ ràng. Nhưng chắc chắn học sinh sẽ
lúng túng trong qua trình biến đổi và tính toán. Vì thế việc định hướng lời giải từ
việc khai thác các tính chất hình học của chúng là vô cùng quan trọng.
Ví dụ 4 (Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2013). Trong không gian với
hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A  1; 2; 3 , B  6;10; 3 . Viết phương trình mặt
phẳng (P) sao cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) bằng 15 và khoảng
cách từ điểm B đến mặt phẳng (P) bằng 2.
Giải:

Giả sử ta xác định được mặt phẳng (P)
thỏa mãn yêu cầu bài toán. Gọi H, K lần
lượt là hình chiếu của A, B trên (P).
d  A,( P )   AH  15
�
�
Ta có : �
d  B,( P )   BK  2
�
Mà 13  15  12  AH  BK �AB  13 (1)
Như vậy dấu đẳng thức ở (1) phải xảy ra.
Điều đó tương đương với H �K � ( P)  AB tại điểm H thỏa mãn
�uuur 15 uuur
�AH  BH
2
�
�
�H �K

8


� 88
�x  13
�
� 154
�88 154
�
K H� ;
; 3�

.
�y
13
13
13
�
�
�
�z  3
�
�
uuu
r
Vậy phương trình mặt phẳng (P) là mặt phẳng đi qua H nhận AB (5;12;0) làm
vtpt, nên có phương trình ( P) : 65 x  156 y  2288  0 .
* Nhận xét: Trong ví dụ trên, đa phần học sinh đều sử dụng phương pháp
gọi phương trình mặt phẳng (P) dưới dạng tổng quát rồi sử dụng công thức tính
khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng để giải quyết. Ở đây ta nhận thấy
AH  BK  AB nên suy ra 4 điểm A, B, H, K thẳng hang và H trùng với K. Từ
đó giải quyết bài toán một cách nhanh chóng.
Ví dụ 5. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm
A  0; 1; 1 , B  1; 3;1 . Giả sử C, D là 2 điểm di động thuộc mặt phẳng
 P  : 2 x  y  2 z  1  0 sao cho CD  4 và A, C, D thẳng hàng. Gọi S1 , S2 lần
lượt là diện tích lớn nhất và nhỏ nhất của tam giác BCD. Khi đó tổng S1  S2 có
giá trị bằng bao nhiêu?
34
17
11
37
A.

B.
C.
D.
3
3
3
3
Giải:
15
�
x

1

( x  6)
�
2
�
15
�
�
y 
2 � ( y 10)
Gọi H ( x; y; z ) �
2
�
15
�
z


3

( z  3)
�
2
�

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên đường thẳng CD, khi đó ta có :
S BCD 

1
1
BH .CD  BH .4  2 BH .
2
2

Do đó yêu cầu bài toán trở thành tìm H để khoảng cách BH là lớn nhất hay nhỏ
nhất.
Ta thấy BH nhỏ nhất đúng bằng khoảng cách từ B đến mp (P), ta có
min  BH   d  B;( P)  

2.(1)  (3)  2.1  1
2  1  (2)
2

2

2



8
8 16
� S 2  min  S BCD   2 BH  2.  .
3
3 3

Hơn nữa BH lớn nhất chính là khoảng cách từ B đến A, ta có
max  BH   AB  ( 1) 2  (2) 2  2 2  3 � S1  max  SBCD   2 BH  2.3  6 .
9


Vậy S1  S2 

16
34
 6  . Chọn A.
3
3

2.3.3. Giải pháp 3: Sử dụng các tính chất về góc
Trong phần này, học sinh cần nắm vững các cách xác định góc cũng như
các công thức tính góc giữa 2 đường thẳng, giữa đường thẳng và mặt phẳng,
giữa 2 mặt phẳng. Nắm vững các tính chất về góc, các tính chất của đường phân
giác.
Ví dụ 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm
A  1;2; 1 , M  2;4;1 , N  1;5;3 . Tìm tọa độ điểm C nằm trên mặt phẳng
 P  : x  z  27  0 sao cho tồn tại các điểm B, D tương ứng thuộc các tia
AM , AN để tứ giác ABCD là hình thoi.
A. C  6; 17;21

B. C  20;15;7 
C. C  6;21;21
D. C  18; 7;9 
Giải:
C là giao của phân giác trong AMN
với  P  . Ta có: AM  3; AN  5 .
Gọi E là giao điểm phân giác trong
EM AM 3


EN
AN 5
uuuu
r uuur r
13 35 7 �
�
� 5 EM  3EN  0 � E � ; ; �
�8 8 4 �
�x  1  5t
�
�  AE  : �y  2  19t � C  6; 21; 21 .
�z  1  22t
�
AMN và MN . Ta có:

* Phân tích: Trong ví dụ này ta
đã sử dụng tính chất hình học của đường phân giác trong trong tam giác (đã học
từ lớp 8). Từ đó có thể tìm được tọa độ chân đường phân giác E của tam giác.
Việc còn lại là sử dụng phương pháp tọa độ trong không gian để tìm giao điểm
C của đường thẳng AE và mặt phẳng (P).

Ví dụ 2. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho
ur
ur
ur
v1  (2; 2;1), v1  (0;3; 4), v3  (1;0;0) . Lập phương
trình đường
thẳng
d qua O có vectơ chỉ phương
ur uu
r ur
r
v tạo với v1 , v2 , v3 những góc bằng nhau.
Giải:
ur
uu
r
ur
5
v

3
v

15
v
Nhận xét rằng 1
2
3  15 .
Chọn
các điểm

A, ur B, C thỏa mãn
uuu
r
ur uuur
uu
r uuu
r
OA  5v1 , OB  3v2 , OA  15v3 .
� A(10;10;5), B (0;9;12), C (15;0;0) .

Hình chóp
O.ABC có OA = OB = OC nên chân đường cao
kẻ từ O trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp

10


ABC và các cạnh bên tạo với đường cao đó các góc bằng nhau. Như vậy đường

thẳng d cần tìm là đường cao kẻ từ O.
r uuu
r uuur
�
AB
Ta tìm được v  �
� ; AC �  75; 15;105  .
Suy ra phương trình đường thẳng d là:

x y z


 .
5 1 7

* Nhận xét: Trên đây là một ví dụ khá hay. Cách giải quyết theo hướng
dựng hình và sử dụng tính chất về góc của hình chóp đều cho ta 1 lời giải rất
gọn gàng và sáng tạo. Học sinh cần nhớ một số thao tác vận dụng các tính chất
đó.
Ví dụ 3 (Sách bài tập hình học nâng cao 12). Trong không gian với hệ
tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  2 y  z  5  0 và đường thẳng
d:

x 1 y 1 z  3


. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và tạo với (P) một
2
1
1

góc nhỏ nhất.
Giải:
Giả sử ( P) �(Q)   ,
1 2 10
A  d �( P) � A(  ;  ; ) � .Lấy K cố
3 3 3

định trên d khác A. Gọi H là hình chiếu
của K lên (P), I là hình chiếu của H trên
 thì HI và KI cùng vuông góc với  nên
�

  KIH
là góc giữa (P) và (Q).
Ta có tan  

HK HK
�
 const.
HI
HA

Vậy  nhỏ nhất khi I trùng với A hay
  d tại A.  nằm trong (P) qua A và
vuông góc với d.uurTa tìm được vectơ chỉ
phương của  là u  (1;1;1) .
1

2 10

uu
r uu
r

u ; u d �
Mp(Q) cần tìm qua A( ;  ; ) , có vectơ pháp tuyến là �
�
� (0; 3;3) nên
3 3 3
có phương trình y  z  4  0.
Ví dụ 4. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 2 đường thẳng
x y 1 z

x 1 y z

 , d2 :
 
và mặt phẳng ( P) : x  ay  bz  c  0.
1
1
2
1
1 1
S  a  b  c biết mặt phẳng ( P ) chứa d1 và tạo với d 2 một góc lớn nhất.
A. S  0.
B. S  1.
C. S  1.
D. S  2.
d1 :

Tính

Giải:
d1 , d 2 có véctơ chỉ phương lần lượt là:
ur
uu
r
u1  (1;1; 2), u2  (1;1;1) .
Vẽ đường thẳng d bất kỳ song song với d 2 và
cắt d1 tại K. Gọi A là điểm cố định trên d và H
la hình chiếu của A trên ( P) . Ta có góc giữa d 2
và ( ) là góc �
AKH .

11


Kẻ AT  d 2 (T �d1 ) . Do tam giác HKT vuông tại T nên:
HK TK
�
(không đổi).
AK AK
Vậy góc �
AKH lớn nhất khi và chỉ khi HK = KT, hay H trùng với T. Góc lớn nhất
AKT  (�
d1 ; d 2 ) . Khi đó ( ) cần tìm chứa d1 và vuông góc với mặt phẳng
bằng góc �
uur ur ur uu
r
�
�
(d1 ; d ) hay nó có 1 véctơ pháp tuyến là n  �
u1 , �
u
,
u
1
� � 2�
�
ur uu
r
uur
ur ur uu
r

�
� (2; 2; 2)
u1 , u2 �
u1 , �
u1 , u2 �
Ta có: �
�
� (1;1;0) . � n  �
�
�
�
(

)
x

y
 z  1  0.
Vậy phương trình mặt phẳng
là:
Khi đó S  a  b  c  1  1  1  1. Chọn B.
cos �
AKH 

*Nhận xét: Hai ví dụ trên là các câu hỏi tương đối khó trong một số đề thi.
Học sinh thường vận dụng các công thức về góc rồi đánh giá cực trị của nó theo
các phương pháp giải tích và bất đẳng thức. Ở đây tôi đã hướng dẫn học sinh
giải quyết theo 1 cách đi mới. Tất nhiên ở đây tôi khuyến khích học sinh tìm tòi
được nhiều hướng giải khác nhau.
2.3.4. Giải pháp 4: Sử dụng các tính chất của mặt cầu

Trước khi đi vào các ví dụ cụ thể, giáo viên cần trang bị cho học sinh một
số tính chất của mặt cầu như vị trí tương đối của mặt cầu và mặt phẳng, đường
thẳng, điều kiện tiếp xúc, các cách xác định tâm và bán kính...
Ví dụ 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
 P  : x  y  z  3  0 và tọa độ hai điểm A  1;1;1 , B  3; 3; 3 . Mặt cầu  S  đi qua
hai điểm A, B và tiếp xúc với  P  tại điểm C . Biết rằng C luôn thuộc một
đường tròn cố định. Tính bán kính của đường tròn đó?
A. R  4

B. R 

2 33
3

C. R 

2 11
3

D. R  6

Giải:
Ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm D  3;3;3 là
giao điểm của  AB  và  P  . Do đó theo tính
chất của phương tích ta được:
DA.DB  DI 2  R 2 . Mặt khác vì DC là tiếp
tuyến của mặt cầu  S  cho nên DC 2  DI 2  R 2
.
Do vậy DC 2  DA.DB  36 cho nên DC  6 (Là
một giá trị không đổi).

Vậy C luôn thuộc một đường tròn cố định tâm D với bán kính R  6 .Chọn D.
*Nhận xét: Ví dụ đã sử dụng tính chất phương tích của một điểm đối với
một đường tròn để giải. Rõ ràng biết vận dụng hợp lý các tính chất định tính
hình học vào giải các bài toán cho được cách giải rất ngắn gọn.
Ví dụ 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M (1;1; 1) và mặt
cầu ( S ) : ( x  1)2  ( y  1)2  ( z  2) 2  4 và. Ba mặt phẳng thay dổi đi qua M và đôi
một vuông góc với nhau, cắt ( S ) theo ba đường tròn. Tổng bình phương của ba
bán kính đường tròn tương ứng là:
12


A. 4.
B. 1.
C. 10.
D. 11
Giải:
Mặt cầu ( S ) có tâm I (1;1; 2) , bán kính RS  2
Gọi ( ), (  ), ( ) là ba mặt đôi một vuông góc thỏa
mãn bài toán và A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông
góc của I trên ( ), (  ), ( ) . Suy ra A, B, C là tâm của
các đường tròn giao tuyến.
Xét đường tròn giao tuyến nằm trong mặt phẳng
( )
có R 2  RS 2  IA2 . Tương tự ta có
R 2  RS 2  IB 2 , R 2  RS 2  IC 2 .
Suy ra
R 2  R 2  R 2  3RS 2  ( IA2  IB 2  IC 2 )
 3RS 2  IM 2  11. Chọn D.

*Nhận xét: Bài toán trên đã sử dụng đến tính

chất về vị trí tương đối giữa mặt phẳng và mặt cầu,
công thức liên hệ giữa bán kính mặt cầu và đường
tròn giao tuyến: R 2  r 2  h 2 .
Ví dụ 3. Trong không gian tọa dộ Oxyz, cho các
điểm A(1;1;0), B(0; 2;0), C (0;0; 2) . Tính bán kính mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện OABC (O là gốc tọa độ).
Giải:
uuu
r uuur
Ta có AB. AC  0 nên tam giác ABC vuông tại A. Tương
tự ta cũng có tam giác OBC vuông tại O.
Vì thê A, O cùng nhìn BC dưới một góc vuông.Suy ra
A và O thuộc mặt cầu đường kính BC tâm I (0;1;1) . Từ
đó bán kính mặt cầu là R  OI  2 .
Ví dụ 4 (Đề THPTQG năm 2017). Trong không
gian Oxyz, cho điểm M (1;1; 2) , mặt cầu (S): x 2  y 2  z 2  9 và mặt phẳng
( P) : x  y  x  4  0. Gọi  là đường thẳng qua M, nằm trong (P) và cắt (S) tai 2
r
điểm A, B sao cho AB nhỏ nhất. Biết  có vectơ chỉ phương là u  (1; a; b). Tính
T  a  b.

A. T = 0.
B. T = 1.
C. T = -1.
Giải:
(S) có tâm O(0 ; 0 ; 0), bán kính R = 3.
Nhận thấy M(1 ; 1; 2) thuộc (P) và M nằm trong mặt
cầu (S) nên  luôn cắt (S) tạ 2 điểm A, B.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên  . Khi
đó H là trung điểm của AB. Ta có

AB  2 HB  2 9  OH 2 �2 9  OM 2
OM .
Suy ra ABmin  H� M

D. T = -2.

uuuu
r uur

OM ; nP �
Khi đó  có vectơ chỉ phương là �
�
� (1;1;0) .
13


Suy ra a = -1, b = 0 và T = -1. Chọn C.
Ví dụ 5 (Đề THPTQG năm 2017). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,
2
2
2
cho hai điểm A  3; 2;6  , B  0;1;0  và mặt cầu  S  :  x  1   y  2    z  3  25 .
Mặt phẳng  P  : ax  by  cz  2  0 đi qua A, B và cắt  S  theo giao tuyến là đường
tròn có bán kính nhỏ nhất. Tính T  a  b  c .
A. T  3.
B. T  5.
C. T  2.
D. T  4.
Giải:
�x  t

�
Ta có phương trình AB: �y  1  t
�z  2t
�

(S) có tâm I(1 ; 2 ; 3) và bán kính R = 5.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên
AB,uusuy
ra
H(t ; 1 – t ; 2t)
ur uuu
r
Vì AH . AB  0 suy ra t = 1. Từ đó IH  5.
Gọi K là hình chiếu của I trên (P). Ta có
IK �IH  5 � IK  R. Suy ra (P) luôn cắt (S)
theo giao tuyến là 1 đường tròn có bán kính
r  25  IK 2
rmin �IK max

K

H . Khi đó (P) nhận

uuu
r
HI  (0; 2;1) làm vecto pháp tuyến. Suy ra phương trình của (P): 2 y  z  2  0 .
Vậy T  3 . Chọn A.

Ví dụ 6. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
2

2
 S  :  x  1   y  4   z 2  8 và các điểm A  3;0;0  , B  4; 2;1 . Gọi M là một

điểm bất kỳ thuộc mặt cầu  S  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA  2MB .
A. 4 2
B. 6 2
C. 2 2
D. 3 2
Giải:
�
�IA  4 2  2 R

Ta thấy cả A và B cùng nằm ngoài mặt cầu đồng thời �

�IB  30

. Mục đích

cách giải là tìm C sao cho MA  2MC với mọi điểm M thuộc mặt cầu bằng cách
sau: Lấy điểm C trên IA sao cho ICM và IMA đồng dạng với nhau tức là
IM IC
IM 2 R 2 R

� IC 

 .
IA IM uu
IA
R
.2

2
r
uur
Vậy IA  4 IC � C  0;3; 0  khi đó MA  2MB  2  MB  MC  �2 BC  3 2 .

Chọn D.
2.3.5. Giải pháp 5: Sử dụng tính chất của vectơ, độ dài đoạn thẳng
Ví dụ 1 (Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2016). Trong không gian với
hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(4;1;5), B(3;0;1),C(1;2;0) và mặt phẳng (P) có
phương trình: 3x  3y  2z  37  0 . Tìm toạ độ của điểm M thuộc mặt phẳng (P)
uuur uuur uuur uuur uuuuruuur
sao cho biểu thức S = MA.MB  MB.MC  MC.MA đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải:
14


Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC suy ra G  2;1; 2 
Ta có:

uuuu
r uuu
r uuuu
r uuu
r
uuuu
r uuu
r uuuu
r uuur
uuuu
r uuur uuuu

r uuu
r
S  MG  GA MG  GB  MG  GB MG  GC  MG  GC MG  GA
uuuu
r uuu
r uuu
r uuur uuu
r uuu
r uuu
r uuur uuuruuu
r
 3MG2  2MG GA  GB  GC  GAGB  GBGC  GCGA
uuu
r uuu
r uuu
r uuur uuur uuu
r
 3MG2  GAGB  GBGC  GCGA
uuu
r uuur uuu
r uuur uuur uuu
r
Do GAGB
.  GB.GC  GC.GA không đổi nên S đạt giá trị nhỏ nhất khi MG đạt





 







 





giá trị nhỏ nhất , khi đó M là hình chiếu của G lên (P).
uur
uuuu
r
Từ M thuộc mặt phẳng (P) và véc tơ MG cùng phương với véc tơ nP (3; 3; 2)
Ta tìm được M(4;7; 2)
*Nhận xét: Bài toán trên đã sử dụng quy tắc cộng vectơ và tính chất trọng
tâm trong tam giác. Giáo viên cần trang bị cho học sinh những tính chất điển
hình của phép toán vectơ và biết cách vận dụng chúng một cách hợp lý.
Ví dụ 2 (Sách bài tập HH 12 nâng cao). Trong không gian tọa độ Oxyz,
cho mặt phẳng ( P) : 2 x  y  z  1  0 và hai điểm A(3;1;0), B( 9;4;9) . Tìm
điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA  MB đạt giá trị lớn nhất.
Giải:
Thay tọa độ 2 điểm A, B vào vế trái của phương trình mp(P), ta thấy trái dấu. Vì
thế A và B nằm về hai phía so với mp(P).
Gọi A’ là điểm đối xứng với B qua (P). Theo
tính chất khoảng cách trong tam giác ta có:

MA  MB  MA ' MB �A ' B (không đổi)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3 điểm A’, B, M
thẳng hàng và điểm M nằm ngoài đoạn thẳng
A’B.
Vậy MA  MB lớn nhất bằng A’B khi và chỉ
khi M là giao điểm của đường thẳng A’B và
�x  1  8t
�
mp(P). Ta có A '(1;3; 2) và phương trình đường thẳng AB’ là �y  3  t
�z  2  11t
�
Từ đó thay x, y, z ở trên vào PT mp(P) tìm được t = 1. Vậy M (7;2; 13).
* Nhận xét: Ví dụ trên là ví dụ khá quen thuộc đã từng gặp trong các đề thi
từ trước tới nay. Học sinh cần nắm vững cách dựng hình và áp dụng tính chất bất
đẳng thức về khoảng cách các đoạn thẳng trong tam giác.
Ví dụ 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho mặt cầu
( S ) : x 2  y 2  z 2  x  4 y  2 0 và hai điểm A(3;-5;2), B(7;-3;-2). Tìm điểm M trên
(S) sao cho biểu thức MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất.
Giải:
Gọi I là trung điểm của AB thì I (5;-4;0).
uu
r

uur

uu
r uur

1
2

Ta có : MA2  MB 2  ( IA  I M ) 2  ( IA  IB )2  2 IM 2  AB 2  2IM 2 

29
2
15


� MA2  MB 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi IM nhỏ nhất.
2
5
�1
�
1
15
�
�
2
J
;
2;0
(S) có tâm �
�,bán kính R  . Do IJ  �  5 � (2  4)   R ,
2
�2
�
2
�2
�

Nên I nằm ngoài (S) .Từ đó nếu gọi M0 là giao điểm của đoạn thẳng IJ với (S)
thì với mọi điểm M thuộc (S) ta luôn có bất đẳng thức đúng sau:
IM 
MJ�
IM
۳ R

IJ

IM 0 R
IM
Đẳng thức chỉ xảy ra khi M �M 0

IM 0

const.

Vậy MA2  MB 2 nhỏ nhất khi M là giao điểm của đoạn IJ với (S)
�x  5  3t
�
Ta có pt IJ : �y  4  4t (t �R)
�z  0
�

�x  5  3t
�y  4  4t
x  2; y  z  0; t  1
�
�
��

Tọa độ M là nghiệm của hệ: �z  0
x  1; y  4; z  0; t  2
�
�
2
2
2
�
�x  y  z  x  4 y  2  0

Do M thuộc đoạn IJ nên chỉ nhận M(2;0;0)
* Nhận xét: Ví dụ trên có sử dụng phương pháp tâm tỉ cự của vectơ và
quan hệ giữa các dây cung trong mặt cầu. Đây là một lớp bài tập khá phổ biến.
Ví dụ 4. Trong không gian với hệ tọa dộ Oxyz , cho tứ diện ABCD có
A(3; 2;1), B( 1;0; 2), C (4;1; 1), D(3; 2; 6) . Các điểm P, Q di chuyển trong không
gian thỏa mãn PA  QB, PB  QC , PC  QD, PD  QA. Biết rằng mặt phẳng trung
trực của PQ luôn đi qua một điểm X cố định. Vậy X sẽ nằm trong mặt phẳng
( ) nào dưới đây:
A. ( ) : 4 x  2 y  z  8  0.
B. ( ) : 3x  y  3 z  3  0.
C. ( ) : 3 x  3 y  z  6  0.
D. ( ) : x  y  3z  12  0.
Giải:
PA
 QB, PB  QC , PC  QD, PD  QA suy ra:
Từ

uuu
r 2 uuu
r 2 uuu

r uuu
r uuur uuur uuur uuur
PA  QA  PB  QB  PC  QC  PD  QD  0
uur uuur uur uuur uur uuur uuu
r uuur
uur uuur
uur uuur
� 2 AI .PQ  2 BI .PQ  2CI .PQ  2 DI .PQ  0 � 8 IX .PQ  0 � IX  PQ
Trong đó I là trung điểm đoạn PQ và X là trọng tâm tứ diện ABCD. Khi đó mặt
9 1
phẳng trung trực của PQ đi qua trọng tâm X ( ; ; 2). Vậy điểm X thuộc mặt
4 2
phẳng ( ) : 4 x  2 y  z  8  0. Chọn A.
Ví dụ 5 (Đề minh họa THPTQG 2018). Trong không gian Oxyz , cho hai
�8 4 8�
điểm A(2; 2;1) , B � ; ; �. Đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp của tam
� 3 3 3�
giác OAB và vuông góc với mặt phẳng (OAB) có phương trình là
x 1 y  3 z 1
x 1 y  8 z  4




A.
.
B.
.
1
2

2
1
2
2
2
2
5
1
5
11
x
y
z
x
y
z
C.
D.
3
3
6 .
9
9
9.
1
2
2
1
2
2

16


Giải:
uuu
r uuu
r
� k  1;  2; 2  �
OA
;
OB
Ta có �
�
�
Vectơ chỉ phương của đường thẳng
r
 d  là u   1;  2; 2  .
Chú ý: Với I là tâm đường tròn nội
ABC , ta có đẳng thức vectơ sau:
tiếpuu
r
uur
uur r
BC.IA  CA.IB  AB.IC  0 � Tọa độ I
thỏa mãn hệ:
� BC.x A  CA.xB  AB.xC
�xI 
BC  CA  AB
�
BC. y A  CA. yB  AB. yC

�
�yI 
BC  CA  AB
�
� BC.z A  CA.z B  AB.zC
�z I 
BC  CA  AB
�
Khi đó, xét tam giác ABO � Tâm nội tiếp của tam giác là I  0;1;1 .
x 1 y  3 z 1
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là  d  : 1   2  2 . Chọn A.

2.3.6. Giải pháp 6: Bài tập tự luyện
Bài 1. Cho tam giác ABC có A(0;0;2), B(0;1;0), C (2;0;0) . Gọi H là trực tâm
tam giác ABC . Phương trình đường thẳng OH là ( O là gốc tọa độ)
A.

x y
z
 
.
2 1 2

B.

x y
z


.

1 2 1

C.

x y z
   1.
2 1 2

D.

x y z
  .
1 2 1

Bài 2. Cho ABC có đỉnh A  4;1;0  , trực tâm H  8;1; 0  và M  1;1; 0  là
trung điểm BC. Tìm tâm I đường tròn ngoại tiếp ABC .
A. I  1;1; 0  .
B. I  1; 0;1 .
C. I  1;1;1 .
D. I  1;1;0  .
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, AC cắt BD tại
gốc tọa độ O. Biết A  2;0;0  , B  0;1;0  , S 0;0;2 2 . Gọi M là trung điểm của





cạnh SC. Giả sử mặt phẳng (ABM) cắt đường thẳng SD tại điểm N. Tính thể tích
khối chóp S.ABMN
Bài 4. Cho mặt cầu ( S ) : x 2  ( y  1) 2  ( z  2) 2  4 tâm I và điểm

M (2;2;0) . Từ M kể 2 tiếp tuyến MA, MB đến (S) sao cho 4 điểm M, I, A, B
đồng phẳng. Tính AB.
2 5
4 5
5 5
5
A. AB 
.
B. AB 
.
C. AB 
.
D. AB 
.
3
3
3
3
Bài 5. Gọi  là đường thẳng đi qua điểm A  2,1, 0  , song song với mặt
phẳng  P  : x  y  z  0 và có tổng khoảng cách từ các điểm M  0, 2,0  , N  4,0, 0 
tới uđường
thẳng đó đạt ugiá
trị nhỏ nhất? Vectơ
chỉ phương của uurlà?
u
r
u
r
uu
r

A. u   1, 0,1 .
B. u   2,1,1 .
C. u   3, 2,1 .
D. u   0,1, 1

17


Bài 6. Lập phương trình đường thẳng d đi qua A(1;0; 2) và cắt d’:

x 1 y 1 z  2


sao cho góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P):
3
2
2
2 x  y  2 z  1  0 lớn nhất.
Bài 7. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A  1, 0, 0  có hình chiếu trên mặt

phẳng  P  : x  2 y  2 z  8  0 là d ' . Giả sử giá trị lớn nhất và nhỏ nhất khoảng
cách từ điểm M  2, 3, 1 tới d ' là  và  . Tính giá trị của T     ?

2
6
D.
2
3
Bài 8. Cho tam giác ABC, biết B(1; 4; 2), C (5; 2;3) và đường phân giác
x  3 y  2 z 1



. Tìm tọa độ điểm A.
ngoài của góc A có phương trình
6
8
6
Bài 9. Cho mặt phẳng  P  : x  2 y  z  4  0 . Có tất cả bao nhiêu mặt cầu có

A. 2

B.

6
2

C.

tâm nằm trên mặt phẳng  P  và tiếp xúc với ba trục tọa độ x ' Ox, y ' Oy, z ' Oz ?
A. 8 mặt cầu
B. 4 mặt cầu
C. 3 mặt cầu
D. 1 mặt cầu

5 10 13
;
; ) . Gọi ( S ) là mặt cầu tâm I đi
7 7 7
qua hai điểm A, B sao cho OI nhỏ nhất. M (a; b; c) là điểm thuộc ( S ) , giá trị lớn
nhất của biểu thức T  2a  b  2c là

A. 18 .
B. 7 .
C. 156 .
D. 6 .

Bài 10. Cho hai điểm A(1; 2;7), B(

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm trên vào việc dạy một số tiết tự
chọn trên lớp và một số buổi bồi dưỡng thì tôi cho tiến hành kiểm tra khả năng
tiếp thu kiến thức của học sinh trên các lớp tôi dạy bằng một đề kiểm tra 15 phút
(trắc nghiệm gồm 5 câu, mỗi câu 2 điểm):
ĐỀ KIỂM TRA 15 PHÚT:
Câu 1. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm H (2;1;1) và cắt các trục
Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C (khác gốc O) sao cho H là trực tâm của tam giác
ABC.
A. 2 x  y  z  6  0.
B. 2 x  y  z  4  0 .
C. x  2 y  z  5  0 .
D. x  2 y  z  1  0 .
Câu 2. Cho ba điểm A(0;1;2), B (2; 2;1), C ( 2;0;1) . Biết điểm M (a; b; c)
thuộc mặt phẳng (P): 2 x  2 y  z  3  0 và MA  MB  MC. Tính S  a  b  c.
A. S  3 .
B. S  2
C. S  1 .
D. S  0 .
Câu 3. Cho tam giác ABC, với A(1; 2; 1), B (2; 1;3) và C (4;7;5) . Viết
phương trình đường phân giác trong kẻ từ B của tam giác ABC.
x  2 y 1 z  3

x  3 y 1 z  2


.


.
A.
B.
1
2
3
4
7
3
x  2 y 1 z  3
x  2 y 1 z  3


.


.
C.
D.
7
3
4
4
7

3
18


Câu 4. Cho điểm M  3; 4;5 . Gọi  P  là mặt phẳng qua M sao cho  P  cắt
các trục tọa độ tại các điểm A, B, C sao cho khoảng cách từ gốc tọa độ tới  P  là
lớn nhất. Thể tích khối tứ diện OABC là?
A.

6250
3

B.

3125
9

C.

24
5

D.

144
5

Câu 5. Cho điểm A(1; 2; 1) và mặt phẳng ( P) có phương trình
x  y  2 z  13  0 . Mặt cầu ( S ) đi qua A , tiếp xúc với ( P ) và có bán kính nhỏ nhất.
Điểm I (a; b; c) là tâm của ( S ) , tính giá trị của biểu thức T  a 2  2b 2  3c 2 .

A. T  25 .
B. T  30 .
C. T  20 .
D. T  30 .
Kết quả thu được như sau:
Sĩ
10 điểm
8 điểm
6 điểm
4 điểm trở xuống
Lớp
số
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
12A5
38
2
5,3
8
21
25
65,8
3
7,9

12A8
40
5
12,5
15
37,5
19
47,5
1
2,5
Thông qua bảng số liệu có thể khẳng định một điều: Việc triển khai các
buổi học mở rộng mang lại hiệu quả rất nhiều. Và điều này sẽ càng phù hợp hơn
đối với chương trình SGK mới, nó có thể được thực hiện rất tốt cho các chuyên
đề tự chọn của học sinh. Đó cũng là điều mong mỏi của tôi khi viết sáng kiến
kinh nghiệm này. Mong muốn có những chủ đề tự chọn của học sinh vừa bám
sát chương trình học - thi, vừa có thể cung cấp cho các em một hệ thống các tri
thức phương pháp .
Thực tế cho thấy, học sinh rất hào hứng và thích thú khi thực hiện đề tài
này và kết quả tương đối khả quan. Nếu như trước đó, học sinh thường làm các
dạng bài tập trên rất mất thời gian và việc lựa chọn để có kết quả gọn là rất khó
hầu như các em chán nản. Sau khi áp dụng đề tài này thì kết quả có sự tiến bộ rõ
rệt và thời gían làm bài giảm được nhiều .

19


3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Kiến thức được trình bày trong đề tài đã được giảng dạy cho các em học
sinh khá, giỏi ôn thi THPT QG. Kết quả thu được rất khả quan, các em học tập

một cách say mê, hứng thú.
Với chuyên đề này người thầy phải biết vận dụng sáng tạo phương pháp,
luôn luôn không ngừng tìm tòi, tham khảo các tài liệu, tham khảo đồng nghiệp,
xâu chuỗi chúng lại và cho học sinh các bài tập định hướng để các em học tập,
tìm hiểu.
Tuy vậy, do nhiều nguyên nhân khác nhau, chủ quan và khách quan nên đề
tài không tránh khỏi những thiếu sót, hạn chế nhất định. Rất mong nhận được sự
góp ý của quý thầy cô giáo và các em học sinh để đề tài ngày hoàn thiện hơn, có
ứng dụng rộng rãi trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh.
3.2. Kiến nghị
Cần tăng cường hơn nữa hệ thống ví dụ giải bài toán hình học tọa độ trong
không gian bằng phương pháp sử dụng các tính chất hình học của nó và hệ
thống bài tập trên sách giáo khoa, tài liệu tham khảo để học sinh có thể tự
nghiên cứu và vận dụng véc tơ trong quá trình giải toán.
Nhà trường nên tạo điều kiện cho Giáo viên mở lớp bồi dưỡng học sinh
khá, giỏi, phụ đạo cho học sinh yếu để các em có khả năng tìm hiểu sâu hơn
kiến thức.
Nên có các chuyên đề tự chọn để giáo viên và học sinh có thể trao đổi
thẳng thắn với nhau về các vấn đề, từ đó có thể rút ra các phương pháp phù hợp
với từng đối tượng học sinh.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 21 tháng 5 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.

Nguyễn Văn Tuấn

20


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Sách giáo khoa hình học 11, hình học 11 nâng cao.
[2] Sách giáo khoa bài tập hình học 11, bài tập hình học 11 nâng cao.
[3] Tạp chí Toán học và tuổi trẻ.
[4] Đề thi tuyển sinh Đại Học và Cao Đẳng các năm; đề thi học sinh giỏi.
[5] Hướng dẫn ôn thi THPT QG năm học 2016 – 2017, 2017 – 2018.
[6] Tuyển chọn theo chuyên đề chuẩn bị cho kỳ thi tốt nghiệp THPT và thi vào
ĐH – CĐ (Tủ sách Toán học và tuổi trẻ - Tập 2).
[7] Tài liệu trên internet.

21