Sử dụng phương pháp hàm số để giải một số bài toán cực trị hình học tọa độ trong không gian

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT BA ĐÌNH

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐỂ GIẢI
MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC TỌA ĐỘ
TRONG KHÔNG GIAN

Người thực hiện: Mai Thị Hồng
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn: Toán

THANH HÓA, NĂM 2020


MỤC LỤC
NỘI DUNG

TRANG

1. Mở đầu

1

1.1. Lý 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

1

2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm.

2

2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm

2

2.2. Thực trạng của vấn đề .

2

2.3. Giải pháp sử dụng để giải quyết vấn đề.

2

2.3.1. Một số dạng bài tập cụ thể.

2

Dạng 1: Tìm điểm thỏa mãn điều kiện nào đó.

2

Dạng 2: Lập phương trình mặt phẳng.

6

Dạng 3: Lập phương trình đường thẳng

11

2.3.2. Một số bài tập tự luyện

16

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm

17

3. Kết luận và kiến nghị

18

3.1. Kết luận

18

3.2. Kiến nghị.

18


1. Mở đầu.
1.1. Lí do chọn đề tài:
Các bài toán cực trị hình học tọa độ trong không gian trong những đề thi
THPTQG, đề thi học sinh giỏi thường rất khó và lời giải khá phức tạp, đòi hỏi
người học phải có tư duy sâu sắc, có trực quan hình học tốt. Muốn tiếp cận tốt
với bài tập dạng này thì trước hết người học cần nắm vững kiến thức về phương
pháp tọa độ trong không gian.Thiết lập các mối quan hệ giữa các đại lượng và
đưa về những kiến thức đã biết.
Trong các tài liệu tham khảo các bài toán này có rất nhiều cách giải, trong đó
thường giải bằng phương pháp sử dụng hình học thông thường, cách giải này
không phải đối tượng nào cũng làm được, phải là những em có tư duy hình học
thật tốt, thường là học sinh khá giỏi. Còn đại đa số các em rất ngại học hình,
nhất là hình học cực trị trong không gian.
Để tạo hứng thú say mê học hình học cho học sinh .Trong quá trình giảng dạy
tôi đúc rút và mạnh dạn đưa ra sáng kiến kinh nghiệm: “Sử dụng phương pháp
hàm số để giải một số bài toán cực trị hình học tọa độ trong không gian” tôi
hi vọng với đề tài này phần nào giúp học sinh rèn luyện khả năng tư duy về
phương pháp sử dụng hàm số trong hình học tọa độ trong không gian, nhất là
các bài toán lên quan đến cực trị, phát huy tính tích cực chủ động, sáng tạo
trong giải toán, giúp các em tự tin hơn để bước vào kỳ thi THPT Quốc gia.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Bản thân nghiên cứu đề tài này nhằm mục tiêu :
- Cùng chia sẻ với đồng nghiệp và các em học sinh kinh nghiệm về ứng dụng
hàm số để giải một số dạng bài tập liên quan đến cực trị hình học tọa độ trong
không gian.
- Bản thân rèn luyện chuyên môn và nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ.

- Định hướng cho học sinh cách giải một dạng toán khó mà học sinh thường gặp
trong đề thi THPT quốc gia.
- Tạo cho học sinh hứng thú say mê học tập bộ môn Toán nói chung, nhất là môn
hình học giải tích nói riêng.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Đề tài này có thể là một tài liệu tham khảo cho giáo viên, học sinh lớp 12 học
tập và ôn thi THPT Quốc gia.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
- Dựa trên cơ sở các kiến thức về phương pháp tọa độ trong không gian, kết hợp
kiến thức về cực trị của hàm số đã được học trong chương trình THPT .
- Qua khảo sát thực tế kết quả lớp học.
1


- Thu thập kiến thức bằng nhiều nguồn tài liệu SGK và các đề thi thử THPT
Quốc gia của nhiều trường THPT trên toàn quốc.
- Phương pháp nghiên cứu đề tài có trong phạm vi giới hạn chương trình ôn
luyện cho học sinh thi THPTQG, học sinh giỏi cấp trường và cấp tỉnh.
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm.
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm:
Phương pháp nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm này dựa trên cơ sở:
- Sử dụng chiều biến thiên của hàm số.
- Kiến thức cơ bản về hình học tọa độ trong không gian như:
+ Tính chất điểm thuộc đường thẳng, điểm thuộc mặt phẳng, công thức lập
phương trình đường thẳng, phương trình mặt phẳng.
+ Các công thức khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng, từ điểm đến đường
thẳng, khoảng cách giữa hai mặt phẳng , hoặc khoảng cách hai đường thẳng.
+ Các công thức tính góc giữa hai mặt phẳng, góc giữa hai đường thẳng,
hoặc góc giữa đường thẳng với mặt phẳng.
2.2. Thực trạng vấn đề .

Trước đây khi gặp các bài toán hình học, học sinh thường nghĩ tới việc vẽ hình
để tìm lời giải. Bên cạnh đó một số bài toán cực trị hình học tọa độ trong không
gian có nhiều lời giải phức tạp, các em thấy khó hiểu thường bỏ qua, ngay cả
học sinh khá giỏi cũng tỏ ra lúng túng và làm sai. Để giải quyết vấn đề đó, tôi
tiến hành hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp hàm số để giải một số bài
toán cực trị hình học tọa độ trong không gian, với đề tài này tôi hi vọng phần
nào giúp các em tiếp cận vấn đề một cách đơn giản, tạo hứng thú đam mê hơn
trong học tập, phát huy tính tích cực chủ động, sáng tạo trong giải toán, và ôn
thi THPTQG.
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện:
2.3.1. Một số dạng bài tập cụ thể:
Dạng 1: Tìm một điểm thỏa mãn điều kiện cho trước
Bài toán 1: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d và hai
điểm A, B. Tìm tọa độ điểm M �d sao cho biểu thức P nhỏ nhất; lớn nhất.
Cách giải:
Đưa phương trình đường thẳng về dạng tham số t, M �d dạng tham số t.
Tính giá trị biểu thức P theo t, đặt hàm số f (t )  P ( t �R )
Xét hàm số f(t) theo t, tìm giá trị lớn nhất,( nhỏ nhất ) của f(t) và suy ra giá trị
của t.
Kết luận điểm M.

2


Ví dụ 1: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD biết điểm
A(2;3;2); B(6; 1; 2); C ( 1; 4;3); D(1;6; 5) .Tìm tọa độ điểm H trên đường thẳng
CD sao cho tam giác ABH có chu vi nhỏ nhất.
Hướng dẫn:
uuur
Ta có DC  (2; 10;8) . Đường thẳng CD đi qua điểm C (1; 4;3) có VTCP

r
x 1 y  4 z  3


u  (1; 5; 4) có phương trình:
.
1
5
4
uuur
Điểm H �CD nên H (1  t; 4  5t ;3  4t ) � HA  (t  3;5t  7; 4t  1) ;
uuur
HB  (t  7;5t  3; 4t  5)

Chu vi tam giác HAB nhỏ nhất khi HA+HB nhỏ nhất. Ta có:
HA  HB  42t 2  84t  59  42t 2  84t  83
2
2
Xét hàm số f (t )  42t  84t  59  42t  84t  83 .
'
Ta có f (t ) 

42t  42

42t 2  84t  59



42t  42

42t 2  84t  83

Bảng biến thiên của hàm số f(t) :
�
t
f�
 t
f  t

 0 � 42t  42  0 � t  1

�

1



0

�


�

17  41

Từ bảng biến thiên ta thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số f(t) là 17  41 đạt được
khi t  1 , tức là H  0;1; 1 .
Vậy H  0;1; 1 là điểm cần tìm.
x

1

Ví dụ 2: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d : 

y z

1 1

và hai điểm A  0;0;3 , B  0;3;3 .
Tìm tọa độ điểm M �d sao cho: MA  MB nhỏ nhất.
Hướng dẫn:
Cách 1: Sử dụng phương pháp hàm số.
�x  t
�
Chuyển phương trình của d sang dạng tham số : �y  t
�z  t
�

Gọi tọa độ của M �d có dạng M  t; t ; t  , t  R .
Ta có P  MA  MB 

 0 t2   0 t2   3t 2   0 t 2   3t 2   3 t2
3


P  3t 2  6t  9  3t 2  12t  18  3
P  3�
�  t  1  2 
�
2





t 2  2t  3  t 2  4t  6 .

 t  2 2  2 �
�.
�

Đặt hàm số f  t  

 t  1 2  2   t  2  2  2

Xét hàm số f  t  

 t  1 2  2   t  2  2  2 trên R

t 1

 t 
Ta có f �
f�
 t  0 �

 t  1 2  2
t 1

 t  1 2  2

 Xét hàm số g  u  

t 2



 t  2 2  2
t2



 t  2 2  2

u
u2  2

t 1

�

 t  1 2  2

2t



(2  t ) 2  2

(*)

trên R

�
� 1
u
g�
u   � u 2  2  u.
.


�
�
�u 2  2
Ta có
2
u

2
�
�

2

u

2

2



3

 0 u �R

nên hàm số g(u) đồng biến trên R.
 Do đó từ (*) ta có: g  t  1  g (2  t ) � t  1  2  t � t 
Vậy f ' (t )  0 � t 

3
2

3
2

3
2

và f ( )  3 .

Bảng biến thiên của hàm số f(t) :
t
f�
 t
f  t

�


3
2

0

�

�

�

3
Từ bảng biến thiên ta có giá trị nhỏ nhất của hàm số f(t) là 3 đạt được khi t 
�3 3 3 �

3
2

�3 3 3 �

nên M � ; ; �. Do đó M � ; ; �thì MA  MB đạt giá trị nhỏ nhất.
�2 2 2 �
�2 2 2 �
Nếu bài toán này không giải theo cách 1, thì ta có thể giải bằng nhiều cách khác
ví dụ như cách sau:

4


�x  t

�
Cách 2: Chuyển phương trình của d sang dạng tham số d : �y  t
�z  t
�

Gọi tọa độ của M �d có dạng M  t; t ; t  , t  R .
Ta có P  MA  MB 

 0  t 2   0  t 2   3 t 2   0  t 2   3 t 2   3 t 2

P  3t 2  6t  9  3t 2  12t  18  3
P  3�
�  t  1  2 
�

t 2  2t  3  t 2  4t  6 .

 t  2 2  2 �
�

2

2
P  3�
�  t  1  2 
�





�

 t  2 2  2 �
�
�

�
2
P  3 �  t  1  0  2
�





2

 t  2 2   0 



2



2

�
�

�



 



Trong mặt phẳng Oxy xét các điểm N  t ;0  �Ox ; H 1; 2 ; K 2; 2 (H, K cùng
phía đối với với trục Ox)









Gọi H �1;  2 là điểm đối xứng của điểm H 1; 2 qua trục Ox.
 NK  � 3H �
 Ta có P  3  NH  NK  = 3  NH �
K.

, N , K thẳng hàng � N  H �
K �Ox .
Dấu “=” xảy ra � H �
uuuur



K  1;2 2
Đường thẳng H �
K có vectơ chỉ phương H �



r
n
nên có vectơ pháp tuyến:  2 2; 1 và đi qua H �1;  2 .



Có phương trình tổng quát:











2 2  x  1  1 y  2  0 � 2 2 x  y  3 2  0 .

K và trục Ox là nghiệm của hệ
Tọa độ giao điểm N của đường thẳng H �

� 3
2 2x  y  3 2  0
�
�x 
�3 �
� � 2 . Vậy N � ;0 �.
�
�2 �
�y  0
�
�y  0



Vậygiá trị nhỏ nhất của P là: P  3H �
K  3. 12  2 2
�3
�

�
�



2

3 3

3

đạt được khi N  t;0  �N � ;0 �� t  .
2
2
�3 3 3 �

Suy ra MA  MB nhỏ nhất bằng 3 3 khi M � ; ; �
�2 2 2 �
Nhận xét:

5


Bài toán trên tuy được giải bằng nhiều cách khác nhau, nhưng sử dụng phương
pháp hàm số thì lời giải đơn giản hơn, đa số các em hiểu bài. Trong khi giải
bằng cách 2 lại phức tạp gây khó khăn cho học sinh, ngay cả học sinh khá giỏi.
Ở một dạng toán khác việc sử dụng phương pháp hàm số để giải tỏ ra khá hiệu
quả .
Dạng 2: Lập phương trình mặt phẳng.
Bài toán 1: Trong hệ Oxyz cho điểm A. Lập phương trình mặt phẳng ( ) chứa
đường thẳng d, sao cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( ) là lớn nhất
hoặc nhỏ nhất.
Cách giải:
r
r
- Gọi VTPT của mặt phẳng ( ) cần tìm là n  ( A; B; C ) �0 .
r

-Viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M 0 �d , có VTPT n  ( A; B; C )
-Viết công thức khoảng cách từ điểm A đến mp ( ) , chứa A,B,C.
- Xét hai trường hợp :

+ Trường hợp C = 0, tính khoảng cách từ điểm A đến mp ( )
+ Trường hợp C �0, đặt t 

A
, xét hàm số f(t), sử dụng phương pháp hàm số
C

tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của f(t) và suy ra giá trị của t.
Gộp hai trường hợp ta kết luận, viết pt mp ( ) cần tìm.
x 1 y z  2
 
. Lập phương
2
1
2
trình mặt phẳng (  ) chứa d sao cho khoảng cách từ A(2;5;3) tới (  ) là lớn nhất

Ví dụ: Trong hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d :
Hướng dẫn:

r

Gọi VTPT của mp(  ) là n  ( A; B; C ), A2  B 2  C 2 �0 .
Vì mặt phẳng (  ) chứa d, nên đi qua M 0 (1;0; 2) �d � phương trình của mp (  )
có dạng: A( x  1)  By  C ( z  2)  0 (*)
uur uur

Giả thiết cho d �( ) � ud .n  0 � B  2 A  2C (1)
9 AC

( A  C )2
 9.
Ta có: d ( A,( )) 
5 A2  8 AC  5C 2
5 A2  8 AC  5C 2
9
- TH1: Nếu C = 0 � d ( A,( )) 
(a)
5
A
(t  1) 2
- TH2: Nếu C �0 , đặt t  khi đó d ( A,( ))  9. 2
 9 f (t ) .
C
5t  8t  5

Đặt f (t ) 

(t  1) 2
5t 2  8t  5

6


(t  1) 2
trên R. Ta có f '(t )  0 � t  �1
5t 2  8t  5
2
1
Với f (1)  0; f (1) 

và lim f (t ) 
t ���
9
5

Xét hàm số f (t ) 

Bảng biến thiên của hàm số f(t):
t

�

f�
 t



1

0

1


1
5

f  t

0

2
9

0

�


1
5

2
9

Từ bảng biến thiên của hàm số f(t) � 0 �f (t ) � �0 d ( A;( )) 3 2 (b).
Từ (a) và (b) ta suy ra d ( A;( )) lớn nhất khi t  1 �

A
 1 (2).
C

�A  C
�B  4C

Từ (1) và (2) � �

�A  C
(C �0) vào (*) ta được phương trình mp ( ) : x - 4y + z – 3 = 0 .
�B  4C

Thay �

Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là : x - 4y + z – 3 = 0
Nhận xét :
- Có thể sử dụng hình học thuần túy để làm bài này, nhưng với cách sử dụng
phương pháp hàm số thì học sinh dễ hiểu hơn và làm được bài tập tương tự.
- Khoảng cách từ điểm M0(x0;y0;z0) đến mặt phẳng (): Ax+By+Cz+D=0 là:
d  M 0 ,(α)  =

Ax 0 +By0 +Cz 0 +D
A 2 +B2 +C2

Bài toán 2: Trong hệ Oxyz cho đường thẳng d và mp(P). Lập phương trình mặt
phẳng ( ) chứa đường thẳng d sao cho góc giữa mp ( ) và mp (P) là lớn nhất,
nhỏ nhất.
Cách giải:
r
r
Gọi phương trình mp(  ) có dạng: Ax + By + Cz + D = 0 ; n  ( A; B; C ) �0
- Viết công thức góc giữa mp ( ) với mp(P) ) chứa A,B,C.
- Xét hai trường hợp :
+ Trường hợp C = 0, tính góc giữa mp ( ) với mp(P)

7


+ Trường hợp C �0, đặt t 

A
, xét hàm số f(t), trên R. Sử dụng phương pháp

C

hàm số tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của f(t) và suy ra giá trị của t.
Kết hợp hai trường hợp ta kết luận, viết pt mp ( ) cần tìm.
Ví dụ 1: Trong không gian toạ độ Oxyz cho đường thẳng d có phương trình
x 1 y 1 z 2


và mặt phẳng P có phương trình: 3x – y – z = 4. Lập phương
1
 2
1
trình mặt phẳng (  ) chứa đường thẳng d, sao cho góc giữa hai mặt phẳng(P) và

(  ) là bé nhất
Hướng dẫn:
Gọi phương trình mp(  ) có dạng: Ax + By + Cz + D = 0.(*) ( A 2  B 2  C 2 0 )
VTPT của mặt phẳng (  ) là: n ( A; B; C )
rr

Vì mp(  ) chứa d nên n.u d  0 suy ra: A  2 B  C  0 � A  2 B  C (1) (Với
uu
r
ud  (1; 2;1) ).

Mặt khác mp(  ) đi qua M(1;1;-2) nên ta có: A  B  2C  D  0 (2)

Gọi góc giữa mp(  ) và mp(P) là  ,(0 � � )
2

Ta có: cos  

3A  B  C
11. A2  B 2  C 2

- TH1: Nếu B = 0 thì cos  
- TH2: Nếu B �0 , đặt t 
Khi đó: cos  


4
22

5B  4C
11 5 B 2  4 BC  2C 2

(a)

C
B

1
(5  4t ) 2
(5  4t ) 2
f
(
t
)

.

Đặt
.
2
5  4t  2t 2
11 5  4t  2t

(5  4t ) 2
Xét hàm số f (t ) 
trên R.
5  4t  2t 2
5
25
0 cos  
(b)
3
33
C
Từ (a) và (b) suy ra giá trị lớn nhất của Cos  đạt được khi t  5 �  5 (3).
B

Từ bảng biến thiên của hàm số f (t ) � 0 �f (t ) �

�A  7 B
�
Từ (1), (2), và (3) ta suy ra: �C  5 B ( B �0) .(**).
�D  18 B
�

Thay (**) vào (*) ta được: 7 x  y  5 z  18  0
Vậy phương trình mặt phẳng (  ) cần tìm là : 7 x  y  5 z  18  0

Nhận xét :
- Có thể sử dụng hình học tọa độ thông thường để làm bài này
8


- Có thể mở rộng ra các bài toán như sau :
Ví dụ 2: Trong hệ toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (Q): x + 2y +2z – 3 =0 và đường
thẳng d :

x 1 y  2 z


. Lập phương trình mp(P) chứa d sao cho góc giữa
1
2
1

hai mặt phẳng (P) và (Q) nhỏ nhất
Hướng dẫn:
r

Gọi VTPT của mặt phẳng( P ) : n P  ( A; B; C ),( A2  B 2  C 2 �0) .
Vì mp(P) chứa d nên nó đi qua điểm M o (1; 2;0) �d , do đó phương trình mp(P)
có dạng : A( x  1)  B ( y  2)  Cz  0 (*)
uur uur

Ta có : d �( P) � ud .nP  0 � C  A  2 B (1)

Gọi góc giữa hai mặt phẳng là  ,(0 � � )
2

Ta có: cos  

A  2B
2 A2  4 AB  5B 2

2 A2  4 AB  5B 2

2
(a)
2

- TH1: Nếu B = 0 thì cos 
- TH2: Nếu B �0 , đặt t 



 A  2B2

A
B
2

(t  2)
(t  2) 2
Khi đó: cos 
. Đặt f (t )  2
2
2t  4t  5
2t  4t  5

Xét hàm số f (t ) 

(t  2)2
trên R
2t 2  4t  5

Từ bảng biến thiên của hàm số f (t ) 

(t  2)2
2t 2  4t  5

5
� 0 �f (t ) � � 0 �cos  � 30 (b)
6
6

axcos 
Từ (a) và (b)  M
��
0; �
�
� 2�

30
1
6 , khi t  2 . Do đó góc giữa hai mặt phẳng nhỏ

nhất khi t  1 hay A  1 (2).
2

B

2

C  5A
�
( A �0) thay vào (*) ta được: x + 2y + 5z + 3 = 0
�B  2 A

Từ (1) và (2) suy ra �

Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là : x + 2y + 5z + 3 = 0 .

9


Bài toán 3: Trong hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’. Lập phương
trình mặt phẳng (P) chứa d sao cho góc giữa mặt phẳng (P) và đường thẳng d’
lớn nhất.
Cách giải:
r
Gọi VTPT của mp(P) là nP  ( A; B; C )( A2  B 2  C 2  0) .
uur uur

Vì d �( P) � ud .nP  0 .

Gọi góc giữa mặt phẳng (P) và đường thẳng d’ là :  ,(0 � � ) .
uuruur
nP .ud '

A
Tính sin  uur uur  f (t ) , với t  ( B �0) .
B
nP . ud '

2

r

Từ bảng biến thiên của hàm số f (t ) � max f (t ) � t  ? � nP  ( A; B; C )
Lập phương trình mp(P).
Ví dụ: Trong hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng d :
d' :

x 1 y  2 z


và
1
2
1

x  2 y 1 z

 . Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa d sao cho góc giữa
2
1
2

mặt phẳng (P) và đường thẳng d’ lớn nhất

Hướng dẫn:

r

Gọi VTPT của mp(P) là : n P  ( A; B; C ),( A2  B 2  C 2 �0) .
Vì mp(P) chứa d nên đi qua điểm M o (1; 2; 0) �d , do đó phương trình mp(P)
có dạng : A( x  1)  B ( y  2)  Cz  0 (*)
uur uur

Ta có : d �( P) � ud .nP  0 � C  A  2 B (1)

Gọi góc giữa mặt phẳng (P) và đường thẳng d’ là :  ,(0 � � )
2

Ta có: S in  

4 A  3B

1
(4 A  3B) 2
 .
2
2
3. 2 A2  4 AB  5 B 2 3 2 A  4 AB  5B

- TH1: Nếu B = 0 thì sin 
- TH2: Nếu B �0 , đặt t 

2 2
(a)

3

A
B

(4t  3) 2
1
(4t  3) 2
Ta có: Sin  . 2
. Đặt hàm số f (t )  2
.
2t  4t  5
3 2t  4t  5

Xét hàm số f (t ) 

(4t  3) 2
trên R
2t 2  4t  5

10


25
5 3
Từ bảng biến thiên của hàm số f (t ) � 0 �f (t ) � � 0 �sin  �
(b)
3

9

5 3

axsin 
So sánh (a) và (b) � M
��
9 tại t  7 .
0;
� �
� 2�

Vậy góc  giữa đường thẳng d ' và mp (P) nhỏ nhất khi t  7 � A  7 (2).
B

�A  7 B
( B �0) thay vào (*) ta được: 7x - y + 5z - 9 = 0
C  5 B
�

Từ (1) và (2) ta suy ra �

Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là : 7x - y + 5z - 9 = 0
Nhận xét : Có thể mở rộng ra các bài toán lập phương trình mặt phẳng (  ) chứa
d sao cho góc giữa hai mặt phẳng hoặc góc giữa đường thẳng và mặt phẳng thỏa
mãn một điều kiện nào đó .
Dạng 3: Lập phương trình đường thẳng.
Ở một số bài toán lập phương trình đường thẳng việc áp dụng phương pháp
hàm số được khái quát bài toán như sau:
Bài toán: Trong không gian Oxyz cho điểm A. Lập phương trình đường thẳng d
thỏa mãn một trong các điều kiện như sau:

- Đường thẳng d nằm trong mp(P), đi qua A và cách một điểm B cho trước.
- Đường thẳng d đi qua A, song song với mp(Q), và tạo với d ' một góc lớn nhất,
hoặc nhỏ nhất.
- Đường thẳng d đi qua A cắt đường thẳng d ' , và cách  một khoảng lớn nhất.
- Đường thẳng d đi qua A cắt d ' , và tạo với  một góc lớn nhất, hoặc nhỏ nhất.
Cách giải:
r

- Gọi VTCP của đường thẳng d là u d  (a; b; c), a 2  b 2  c 2 �0 .
Từ điều kiện bài toán (từ công thức góc hoặc khoảng cách) ta thiết lập biểu
thức liên quan hai trong ba ẩn a, b, c (giả sử giữa a và b).
Xét hai trường hợp: TH b  0 và TH b �0 .
a
b

Trong TH b �0 , đặt t  . Dùng bảng biến thiên của hàm số f (t ) ta suy ra giá
trị cần tìm của t.
Và viết phương trình đường thẳng d.
Ví dụ 1: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x  2 y  z  1  0 . Và các
điểm A(1;0;0) ; B (0;2; 3) .
Lập phương trình tham số đường thẳng d nằm trong (P) đi qua A và cách B một
khoảng lớn nhất, nhỏ nhất
Hướng dẫn:
r

Gọi VTCP của đường thẳng d là: u d  (a; b; c), a 2  b 2  c 2 �0
11


r r

d �( P) � u d .n P
uuu
r
AB  (1;2; 3) ;

 0 � c  a  2b (1)
uur uuu
r
�
� (2a  7b;2 a  2b;2a  b)
u
,
AB
d
�
�
uur uuu
r
�
2
2
ud , AB �
�
� 12a  24ab  54b

uur
Ta có: d ( B, d ) 
2a 2  4ab  5b 2
ud

- TH1: Nếu b = 0 thì d ( B, d )  6
- TH2: Nếu b �0 , đặt t 

a
b

12t 2  24t  54
Khi đó: d ( B, d ) 

2t 2  4t  5

Xét hàm số: f (t ) 

12t 2  24t  54
f (t ) . Đặt hàm số: f (t ) 
2t 2  4t  5

12t 2  24t  54
trên R
2t 2  4t  5

Từ bảng biến thiên của f(t) ta suy ra: 6  f (t ) �14 do đó 6  d ( B, d ) � 14
Kết hợp hai trường hợp ta có: 6 �d ( B, d ) � 14
+) Vậy khoảng cách từ B đến d nhỏ nhất là

6 khi b=0, thay vào (1) ta có

�x  1  t

r

�
a  c �0 . Chọn VTCP u  (1;0;1). Phương trình đường thẳng d là : �y  0

�z  t
�

+)Và khoảng cách từ B đến d lớn nhất là 14 khi t  1 �
r

a
 1 � a  b thay
b

vào (1) ta có c  b . Chọn VTCP của d là u  (1;1;1) do đó phương trình tham số
�x  1  t
�
đường thẳng cần tìm là : �y  t
�z  t
�

Nhận xét :
- Có thể mở rộng ra các bài toán như sau: Lập phương trình đường thẳng d nằm
trong (P) đi qua A và cách B một khoảng thỏa mãn một điều kiện nào đó.
- Có thể sử dụng hình học thuần túy để làm bài này.
- Khoảng cách từ điểm M1 đến đường thẳng  đi qua M0 , có vectơ chỉ phương
uuuuuuuur ur
�
M M ,u �
u là: d(M1 ,Δ)= � 0 ur 1 �
ur

u

Ví dụ 2: Trong hệ toạ độ Oxyz, lập phương trình đường thẳng d đi qua

12


A (1;-1;2), song song với mặt phẳng (Q) : 2 x  y  z  3  0 , đồng thời d tạo với
đường thẳng d ' :

x 1 y 1 z

 một góc lớn nhất, nhỏ nhất
1
2
2

Hướng dẫn:

uur

Gọi VTCP của đường thẳng d là: ud  (a; b; c), a 2  b 2  c 2 �0
uur uur
uur
d / /(Q) � ud .nQ  0 � c  2a  b (1); ud '  (1; 2; 2)


Gọi góc giữa hai đường thẳng d và d ' là  ,(0 � � )
2

5a  4b

1
(5a  4b)2
 .
2
2
3 5a 2  4ab  2b 2 3 5a  4ab  2b
1
- TH1: Nếu b = 0 thì cos  . 5
3
a
- TH2: Nếu b �0 , đặt t 
b

Ta có cos 

(5t  4) 2
1
(5t  4)2
1
Khi đó: cos  . 2
.
 . f (t ) . Đặt f (t )  2
5t  4t  2
3 5t  4t  2 3

Xét hàm số: f (t ) 

12t 2  24t  54
2t 2  4t  5

Từ bảng biến thiên của hàm số f(t) �0

f (t )

25
5 3
� 0 �cos �
3
9

5 3
Gộp hai trường hợp � 0 �cos �
9

+) Vậy góc giữa hai đường thẳng d và d ' là lớn nhất khi và chỉ khi cos  0 sảy
ra khi t  a  4 (2)
b

5

� 4b
a
�
r
� 5
(b �0) ta chọn VTCP của d là u  (4;5;3)
Từ (1) và (2) ta suy ra �

.
3b
�
c
� 5

Do đó phương trình đường thẳng d là :

x 1 y 1 z  2


4
5
3

+) Và góc giữa hai đường thẳng d và d ' là nhỏ nhất khi và chỉ khi cos 
tại t 

5 3
9

a
1
  (3).
b
5

13

Từ (1) và (3)

� b
a
�
� 5
�
(b
7b
�
c
�
5

r

0) ta chọn VTCP của d là u  (1; 5;7)
.

Do đó phương trình đường thẳng d là :

x 1 y 1 z  2


1
5
7

Nhận xét :
- Có thể mở rộng ra các bài toán như sau : Lập phương trình đường thẳng d đi

qua A, song song với mặt phẳng (Q) , đồng thời d tạo với đường thẳng d ' một
góc thỏa mãn một điều kiện nào đó.
- Có thể sử dụng hình học thuần túy để làm bài này
Ví dụ 3: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, lập phương trình tham số đường
thẳng d đi qua A(0; 1;2) và cắt đường thẳng d ' :

x 1 y z  2
 
sao cho
2
1
1

1) Khoảng cách từ B(2;1;1) đến d là lớn nhất; nhỏ nhất
2) Khoảng cách giữa d và  :

x 5 y z

 là lớn nhất
2
2 1

Hướng dẫn:
1) Giả sử d �d '  M � M ( 1  2t; t;2  t ), t �R .
r

uuuu
r

Ta có VTCP của d : u d  AM  (2t  1; t  1; t )

uuu
r uur
uuu
r
�
AB
AB  (2;2; 1) ; � ; ud �
� (1  t ;1;4  2t )

uuu
r uu
r
�
� 5t 2  18t  18
AB
;
u
d
�
�


r
Ta có: d ( B, d ) 
6t 2  2t  2
ud

Xét hàm số :

5t 2  18t  18
f (t ) . Đặt f (t )  2
6t  2t  2

5t 2  18t  18
f (t )  2
6t  2t  2

Từ bảng biến thiên của hàm số f (t ) �

1
�f (t ) �9 �
11

1
�d ( B; d ) �3
11

- Vậy khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng d lớn nhất là 3 khi t  0 �
�x  t

r
�
u d  (1;1;0) � phương trình đường thẳng d cần tìm là : �y  1  t
�z  2
�

14

- Và khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng d nhỏ nhất là

1
khi t  2 �
11

�x  3t

r
�
u d  (3;3; 2) � phương trình đường thẳng cần tìm là : �y  1  3t
�z  2  2t
�

2) Tương tự câu 1 ta có d �d '  M � M (1  2t ; t ;2  t ), t �R
r

uuuu
r

Ta có VTCP của d : u d  AM  (2t  1; t  1; t ) (*)
r

Từ phương trình   u   (2; 2;1) và N  (5;0;0) �
uuur

r r

� AN  (5;1; 2) ;  u ; ud   (t  1; 4t  1;6t )

r r

Khi đó d (, d ) 
Xét hàm số: f (t ) 

uuur

 u ; ud  .AN
r r
 u ; u d 

(2  t ) 2
(2  t ) 2
 3.
.Đặt f (t )  2
53t 2  10t  2
53t  10t  2

(2  t ) 2
trên R
53t 2  10t  2

Từ bảng biến thiên của hàm số f (t ) 
26
�
0 d( ,d)
9

Ta có 0 �f (t ) �

(2  t ) 2
53t 2  10t  2

26 .

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng d và  lớn nhất là
Thay t 

26 khi t 

4
,
37

r
4
vào (*) ta chọn VTCP của d là u  (29; 41;4)
37

�x  29t
�
Vậy phương trình tham số đường thẳng d là : �y  1  41t
�z  2  4t
�

Nhận xét :
- Có thể mở rộng ra các bài toán trên thỏa mãn một điều kiện nào đó cho trước
- Có thể sử dụng hình học thuần túy để làm bài này
Ví dụ 4: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, lập phương trình chính tắc
đường thẳng d đi qua A (-1;0;-1) và cắt đường thẳng d ' :

cho góc giữa đường thẳng d và  :

x 1 y  2 z  2


sao
2
1
1

x 3 y 2 z 3


là lớn nhất; nhỏ nhất.
1
2
2

Hướng dẫn:
Giả sử d �d '  M � M (1  2t ;2  t ; 2  t ), t �R
r

uuuu
r

r

Vì A, M �d � u d  AM  (2t  2; t  2; 1  t ) ; u  (1; 2; 2)
15


Gọi góc giữa hai đường thẳng d và  là  ,(0 � � )
2

2
t2
2

Ta có: cos  
2
3 6t  14t  9 3

Xét hàm số : f (t ) 

t2
f (t ) . Đặt f (t )  2
6t  14t  9

t2
trên R
6t 2  14t  9

t2
Từ bảng biến thiên của hàm số f (t )  2
:
6t  14t  9

Ta có: 0 �f (t ) �9 � 0 �cos  �2 5
5

5 .

+) Vậy góc giữa hai đường thẳng d và  là lớn nhất khi và chỉ khi cos  0 sảy
r

ra khi t  0 � ud  (2; 2; 1) � chính tắc đường thẳng cần tìm là :
+) Và góc giữa hai đường thẳng d và
sảy ra khi t 



x 1 y z 1
 
2
2
1

là nhỏ nhất khi và chỉ khi

cos 

2 5
5

r
9
. Ta chọn VTCP của d là u  (4;5; 2) � phương trình chính tắc
7

đường thẳng cần tìm là :

x 1 y z 1
 
4
5
2

Nhận xét : Có thể sử dụng hình học thuần túy để làm bài này và mở rộng ra các
bài toán thỏa mãn một điều kiện nào đó cho trước. Trong bài trắc nghiệm khó
học sinh có thể thử đáp án là ra, nhưng cũng có bài không thể thử được, mà phải
làm tự luận mới ra kết quả, hoặc có bài thử còn phức tạp hơn. Trong khuôn khổ
đề tài này tôi hướng dẫn cho học sinh những bài giải tự luận như thế.
2.3.2.Một số bài tập tự luyện .
Bài 1: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mp (P): x+2y-z+5=0 và đường
thẳng d:

x 1 y 1 z  3


. Lập phương trình mp(Q) chứa d sao cho góc giữa hai
2
2
1

mặt phẳng (P) và mp(Q) là nhỏ nhất.
Bài 2: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d:

x 1 y  2 z  1



.
3
1
3

Lập phương trình mp(  ) chứa d sao cho khoảng cách từ A(1;0;5) tới (  ) là
lớn nhất
Bài 3: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A  2;5;1 , B  2; 6; 2  , C  1; 2; 1 và
uuur

uuur

điểm M  m; m; m  , để MB  2 AC đạt giá trị nhỏ nhất thì m bằng:
A. 2.

B. 3 .

C. 1.

D. 4.
16


Bài 4: Trong không gian Oxyz cho ba điểm A  2;5;1 , B  2; 6; 2  , C  1; 2; 1 và
điểm M  m; m; m  , để MA2  MB 2  MC 2 đạt giá trị lớn nhất thì m bằng:
A. 3.
B. 4.
C. 2.
D. 1.

Bài 5: Trong không gian Oxyz , cho 4 điểm A(2; 4; 1) , B(1; 4; 1) , C (2; 4;3)
D (2; 2; 1) . Biết M  x; y; z  , để MA2  MB 2  MC 2  MD 2 đạt giá trị nhỏ nhất thì

x  y  z bằng:

A. 7.

B. 8.

C. 9.

D. 6.

Bài 6: Trong không gian Oxyz , cho các điểm A  1; 0;1 , B  2;1; 0  , và đường thẳng
d:

x 1 y 1 z


. Tìm M thuộc d sao cho khoảng cách từ M đến AB là nhỏ
1
2
1

nhất.
Bài 7: Trong không gian Oxyz, cho điểm A  1; 2;1 , B  0; 2; 1 , C  2; 3;1 . Điểm
2
2
2
M thỏa mãn T  MA2  MB 2  MC 2 nhỏ nhất. Tính giá trị của P  xM  2 yM  3z M :

A. P  101.

B. P  134.

C. P  114.

Bài 8: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng  :

D. P  162.

x  1 y z 1
 
và hai điểm
2
3 1

A(1;2; 1), B(3; 1; 5) . Lập phương trình thẳng d đi qua điểm A và cắt đường

thẳng  sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất. Đường thẳng d
có phương trình là:
x 1 y  2 z 1


1
2
1
x 1 y  2 z 1



C. d :
1
2
1

x 1 y  2 z 1


.
1
2
1
x 1 y  2 z 1


D. d :
2
2
1
Bài 9: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) : x - 2y + 2z - 5 = 0 và hai

A. d :

B. d :

điểm A(3;0;1), B(1;-1;3). Trong các đường thẳng đi qua A và song song với mặt
phẳng (P), tìm đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ
nhất.
A. x + 1 = y = z - 2
31

C.

12

- 4

x
y+3 z- 1
=
=
21
11
- 4

B. x + 3 = y = z - 1
26

D.

11

- 2

x- 1 y+4
z
=
=
3
12

11

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm:
Khi chưa dạy cho học sinh cách sử dụng phương pháp hàm số để giải một số bài toán cực trị
hình học tọa độ trong không gian tôi cho các em làm bài kiểm tra 45 phút, và thu được kết
quả như sau:

Số Điểm 8HS
10

Điểm từ 6,5 Điểm từ 5 đến
đến dưới 8
dưới 6,5

Điểm từ 2
đến dưới 5

Điểm dưới
2
17


36

0

0

1

2,8%

4

11,1%

16

44,4% 15

41,7%

Kết quả rất thấp, đa số các em không làm được, chỉ số ít có làm nhưng kết quả
không đúng.Trong một số câu hỏi trắc nghiệm học sinh khoanh ngẫu nhiên,
không suy nghĩ lời giải. Nguyên nhân của kết quả trên là học sinh thiếu công cụ
để giải toán.
Sau khi sử dụng đề tài này, chất lượng môn học được nâng lên rõ rệt. Các em
hiểu bài nhanh, tỏ ra rất hứng thú, tích cực chủ động làm được các bài tập tương
tự. Tôi thay số đề kiểm tra trước và cho học sinh làm lại trong một tiết học.
Kết quả cụ thể qua bài kiểm tra như sau:

Số Điểm 8-10 Điểm từ 6,5
Điểm từ 5
HS
đến dưới 8 đến dưới 6,5
36 2
5,5% 9
25%
15
36,2%

Điểm từ 2
đến dưới 5
7 19,4%

Điểm dưới
2
3 13,9%

3. Kết luận và kiến nghị :
3.1. Kết luận: Cực trị trong hình học tọa độ trong không gian là dạng toán khó
đối với học sinh, vì vậy khi giảng dạy phần này, cần lựa chọn phương pháp hợp
lý và rèn luyện cho học sinh khả năng tư duy, khả năng hệ thống kiến thức. Sau
cùng giáo viên phải kiểm tra đánh giá và rút kinh nghiệm cho các em về việc
vận dụng các phương pháp này.
3.2. Kiến nghị:
- Phương pháp giải này cần đưa vào trong sách giáo khoa cùng với các phương
pháp khác như phương pháp vectơ, phương pháp sử dụng hình không gian để
các em được sử dụng thành thạo .
- Mở rộng với các bài toán tương tự theo chủ đề tìm cực trị.
Mặc dù đã có sự đầu tư và thu được những kết quả trong quá trình giảng dạy,
song vì điều kiện thời gian còn hạn chế nên bài viết chỉ mang tính chất tương
đối, rất mong được bạn bè đồng nghiệp góp ý kiến chỉnh sửa để đề tài hoàn
chỉnh hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA
Nga Sơn, ngày 22 tháng 6 năm 2020
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người

khác.
Người thực hiện
Mai Thị Hồng

18


Tài liệu tham khảo:
1. Sách giáo khoa hình học 12 nâng cao và cơ bản.
2. Bài tập hình học 12 nâng cao và cơ bản.
3. Bài toán liên quan đến cực hình học tọa độ trong các đề thi học sinh giỏi ,
các đề thi thử THPT Quốc gia.

19


DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN
KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH
VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Mai Thị Hồng
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên trường THPT Ba Đình

TT

1.
11
2.
2
2

3.
3
3

Tên đề tài SKKN

Phát huy tính tích cực sáng tạo chủ động cho học
sinh thông qua việc giải bài
toán cực trị trong chương
trình toán 12.
Phương pháp ”lượng giác
hóa“ để tìm giá trị lớn nhất
và nhỏ của biểu thức.
Kỹ thuật tìm hàm đặc trưng
để giải một số phương trình
trong chương trình toán
THPT

Cấp đánh giá
xếp loại
(Ngành GD
cấp
huyện/tỉnh;
Tỉnh...)

Kết quả
đánh giá
xếp loại
(A, B,
hoặc C)

Năm học
đánh giá xếp
loại

Cấp tỉnh

C

2008-2009

Cấp tỉnh

C

2012-2013

Cấp tỉnh

C

2014-2015

20