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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ *
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
PHÒNG GD&ĐT ....(TRƯỜNG THPT....)**

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

(*Font Times New Roman, cỡ 15, CapsLock;
** Font Times New Roman, cỡ 16, CapsLock, đậm)

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

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

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

TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN OXYZ

Người thực hiện: Nguyễn Thị Den
Chức vụ: Giáo viên

Người thực hiện: Nguyễn Văn A

ChứcĐơn vịvụ:côngGiáotác:viênTrường 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 ; yB ; zB ) và
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 d( A , (P ))

d( B, ( P )).

Phương pháp:
Xét vị trí tương đối của các điểm A , B so với mặt phẳng ( P ).
Nếu (axA byA czA d)(axB byB czB d) 0 thì hai điểm A , B cùng phía với mặt phẳng (P ).
Nếu (axA byA czA d)(axB byB czB d) 0 thì hai điểm A , B nằm khác phía với mặt phẳng

(P ).

1. MA MB nhỏ nhất.
Trường hợp 1: Hai điểm A , B ở khác phía so với mặt phẳng (P ).
Vì A , B ở khác phía so với mặt phẳng (P ) nên MA MB nhỏ nhất bằng AB khi và chỉ
khi M (P ) AB.
Trường hợp 2: Hai điểm A , B ở cùng phía so với mặt phẳng (P ).
Gọi A ' đối xứng với A qua mặt phẳng ( P ), khi đó A ' và B ở khác phía (P ) và
MA MA nên MA
MB MA MB A B.
Vậy MA
MA

MB nhỏ

nhất bằng A B khi M

AB

(P ).

MB

2.
lớn nhất.
Trường hợp 1: Hai điểm A , B ở cùng phía so với mặt phẳng (P ).
Vì A , B ở cùng phía so với mặt phẳng (P ) nên MA MB lớn nhất bằng AB khi và chỉ
khi M (P ) AB.
Trường hợp 2: Hai điểm A , B ở khác phía so với mặt phẳng (P ).
Gọi A ' đối xứng với A qua mặt phẳng (P ), khi đó A ' và B ở cùng phía (P ) và

MA MA nên
Vậy MA MB

MA MB

MA

MB

A B.

lớn nhất bằng A B khi M A B (P ).

Bài toán 2: Lập phương trình mặt phẳng (P ) biết:
1. (P ) đi qua đường thẳng
2. (P ) đi qua

và khoảng cách từ A

đến (P ) lớn nhất

và tạo với mặt phẳng (Q) một góc nhỏ nhất.
3


3. (P ) đi qua và tạo với đường thẳng d một góc lớn nhất.
Phương pháp:
Cách 1: Dùng phương pháp đại số
1. Giả sử đường thẳng

:

x x1

y y1

a

b

A (x ; y ; z )
0

0

0

x1 ) B ( y y1) C (z z1) 0

bB cC

Bb Cc 0 A

và

c

Khi đó phương trình (P ) có dạng: A ( x
Trong đó Aa

z z1

( a 0) (1)

a

Khi đó d( A, (P ))

A (x0 x1 ) B ( y0
A

Thay (1) vào (2) và đặt t

B

2

2

B

y1) C (z0 z1)

(2)

2

C

, ta đươc d( A, (P ))

f (t)

C

Trong đó f (t)

mt

2

nt p

2

m't

, khảo sát hàm f (t) ta tìm được max f (t) . Từ đó suy ra

n ' t p'

được sự biểu diễn của A , B qua C rồi cho C giá trị bất kì ta tìm được 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 A lên

và (P ), khi đó ta có:

d( A, (P )) AH AK ,

mà AK không đổi. Do đó d( A , ( P )) lớn nhất H K Hay (P )
là mặt phẳng đi qua K , nhận AK làm VTPT.
0

2. Nếu

(Q)

( P ), (Q) 90

nên ta xét

và (Q) không vuông góc với nhau.

Gọi B là một điểm nào đó thuộc , dựng đường thẳng qua B và vuông góc với
Lấy điểm C cố định trên đường thẳng đó. Hạ CH (P ), CK d. Góc giữa mặt
phẳng (P ) và mặt phẳng (Q) là BCH . Ta có sin BCH
BK

nhỏ nhất khi H

BH

BK

BC

BC .

(Q).

K.

Mà BC không đổi, nên BCH

Mặt phẳng (P ) cần tìm là mặt phẳng chứa và vuông góc với mặt phẳng (BCK ) .
Suy ra nu , u , n
là VTPT của (P ) .
P

Q

3. Gọi M là một điểm nào đó thuộc
, dựng đường thẳng d ' qua M và song song
AH (P),
với d . Lấy điểm A cố định trên đường thẳng đó. Hạ
AK d. Góc giữa
mặt phẳng (P ) và đường thẳng d ' là AMH . Ta có cos AMH

HM

KM

AM

AM .

4

Mà

KM

AM không đổi, nên AMH lớn nhất khi H K .

Mặt phẳng (P ) cần tìm là mặt phẳng chứa và vuông góc với mặt phẳng (d ', .
nu , u ,u
P
Suy ra
P

d'

là VTPT của ( ).

Ví dụ 1. Trong không gian với hệ toạ độ đề các vuông góc Oxyz cho
đường thẳng d : x 1 y z 2 . Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của
2

1

A(2;5;3)
A lên d

2

viết phương trình mặt phẳng (P ) chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ
đến (P ) lớn nhất.
Lời giải .

Đường thẳng d có ud

(2;1;2)

d

AH .ud

0

A

là VTCP.

Gọi H là hình chiếu của A lên d
Do AH

và
và

2(2t

H (1 2t; t;2
1)

t

5 2(2t

2t)

1)

AH
0

t

(2t

1; t 5;2t

1) .

H (3;1;4).

1

Gọi H ' là hình chiếu của A lên mp(P ) .
Khi đó, ta có: AH '

d( A , (P )) lớn

AH

nhất

H

H'

(P )

AH

Suy ra AH (1; 4;1)
là VTPT của (P ) và (P ) đi qua H .
Vậy phương trình ( 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 giải .
Ta có: AB (0;1;0), CD (0; 1;m)
1. Với m 2 ta có: CD (0; 1;2)
và AC ( 1;1;0)
Do đó

AB ,CD

(2;0;0)

AB ,CD .AC

2

.AC

AB,CD

Vậy d( AB , CD)
2. Đặt x

OH BH OB
OBH

2

Đẳng thức xảy ra
Ta có: BD ( 1; 1;m), OB (1;1;0)

2

AB,CD
2

OH
2

1
Suy ra S

2

x.

2 x

2

1.
2

2 x
1

2

2
x (2 x

2
x 1 OH 1 d(O, BD) 1

2

1
)

4

(x

2
2 x)

1
2

.

BD, OB ( m; m;0)

5


BD,OB

m2

Do đó d(O, BD)

2

2

BD

2

1 2m

m2

2 m

2 m

Vậy m2 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;
xA 0, zC 0.
4. 8OA 12OB 16
37OC và
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
b
c 1.

Phương trình mặt phẳng ( ) có dạng a

1

9
4
Mặt phẳng ( ) đi qua điểm M (1;9;4) nên a
b
c 1 (1).
1. Ta có: AM (1 a;9;4), BC (0; b; c), BM (1;9 b;4), CA (a;0; c).

()

M

Điểm M là trực tâm tam giác ABC khi và chỉ khi
1

9 4

a

b

AM .BC
BM.CA

0
0

1

c

98

9b 4c

a 98; b

49
;c

9

.

2

a 4c
cần tìm là

Phương trình mặt phẳng ( )

2. Cách 1: Ta có:

x 9 y 4 z 98 0.

1

d(O, ( ))
1

1

2

2

a

b

1
1
c

2

a

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

1

9

mãn a

b

4

1.

a

9.

b

4.

c

(1

9

2

1

1

2

2

1
a 2

b

1
c

1
b 2

2

1
c 2 với các số thực

c 1 (1).

Ap dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:
1
1
12
2

T

.

1

1

1

2

2

2

2

4 )

a

b

c

.

6


1: 1
1.
98

Nên suy ra T

9:1 4:

1

a
b
4
1
9
1
b c
x 9 y 4 z 98 0.

c a 9b 4c 98.

Dấu đẳng thức xảy ra khi

Phương trình mặt phẳng (

) cần

tìm là

a

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, ( ))
Dấu đẳng thức xảy ra khi

(

khi đó

H M,

OH OM 98.

) là mặt phẳng đi qua

M

và có véctơ

pháp tuyến là OM(1;9;4) nên phương trình ( ) là
1.( x 1)

9( y 9)

3. Vì OA

OB

4.( z 4)
OC nên a

Trường hợp 1: a b c.

Từ

a
9

suy ra a

1

(1)

0

a
4

x

9 y 4 z 98
c , do

b
1

0.

đó xảy ra bốn trường hợp sau:

14,nên phương trình ( ) là:

a

Trường hợp 2:

x y z 14 0.

. Từ
b c
(1)

a

suy ra a

a

a

1

9

4

6, nên phương trình

1
a

x y z 6 0.
( ) là

Trường hợp 3: a
( ) là x

y

z

4

Trường hợp 4: a

c. Từ (1) suy

b

y

z

6

0, x

b c. Từ (1)

1

có a

y

z

4

0, x

y

0, zC 0 nên a 0, c 0,
8OA 12OB 16 37OC 8a 12

1

27

37

1 a 2 2a 35 0

b

0c

8

2a 4

,

2a

9 4

a a 1 a 12, nên phương trình ( )

0c

8

a

27

37

2

4 2a 2a 1 a
a 2 nên không

các mặt phẳng

2 nên

từ

(1) ta

có

a 7
, phương

a b 4 2a , a
37

1

37

,

0, và

y z 14
z 12 0.

40

2 nên a 5 b 2; c
( ) : 8x 20 y 37z 40 0.

b

nên phương trình

3

Vì a

Nếu

4,

b 16 37c.

a b 2a 4 , a
37

a 5

a

a

do đó

4. Vì xA
Nếu

9
4
a
a 1

0.

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

1

ra a

2

trình mặt phẳng cần tìm là

nên từ

(1)

ta có

3
29 3 109

29a 35 0 a

Vì
có giá trị thỏa mãn.
Vậy phương trình mặt phẳng ( ) : 8x 20 y

2
37z 40

0.

7


Ví dụ 4. Cho mặt cầu (S ) : (x 1)

2

2

2

( y 1) ( z 1) 25

và mặt phẳng ( ) có phương trình 2x

2yz70

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),
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.
4 R
1. Ta có d(I ,( )) 2217
cắt mặt cầu
2 2 2
, suy ra ( )
2 2 1
2
2
tâm H bán kính r
R

d ( I , ( )) 3
H

là hình chiếu của

và (P) cắt

B(3;5; 2)

S

theo đường tròn

()
x 1 2t
y 1 2t

HI

I
lên m ặt phẳng ( ) , suy ra phương trình của

là:

x 1 2t
Tọa độ điểm

I

H

2. Ta có AB

x y

y 1 2t
là nghiệm của hệ z 1 t

5

Vậy tâm

z 1 t

5
;

3

2x

1
;

3

2;6; 4

3

2y z 7 0

z

5
1

3

3

.
x 1 t

nên phương trình đường thẳng AB :

y 1 3t

y 2 2t
cầu (S)
theo

Vì I A R nên mặt phẳng (P) đi qua
AB luôn cắt mặt
2
bán kính r
lớn nhất.
25 d ( I , ( P )) . Do đó r nhỏ nhất d(I ,(P))
Gọi K , H lần lượt là hình chiếu của I lên AB và (P), ta luôn có
IH IK

nên suy ra d( I ,(P)) lớn nhất H K
Do H AB H (1 t; 1 3t;2 2t) I H (t;3t 2;1 2t)
Vì IH AB IH
. AB 0
Vậy phương trình ( ) : 4 x

t 3(3t 2) 2(1 2t) 0 t
2 y z 4 0.

Ví dụ 5.

4

7

Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : 2x
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

IH

4

7

đường tròn có

;

y 2z 6 0

2

7

;

1

7

và hai điểm

Lời giải .
Mặt phẳng (P) có nP

(2; 1;2) là

VTPT
8


Thay tọa độ hai điểm A , B vào vế trái phương trình của (P ) ta được 18 và 4 nên hai
điểm A , B nằm về cùng một phía so với (P ).
1. Gọi A ' là điểm đối xứng với A qua (P ), khi đó A ' và B ở khác phía so với (P ) và
với mọi điểm M (P ) , ta có MA MA '.
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 (P ) là nghiệm của hệ:
x 5 2t

x 1

y 2 t
6 2t
z
y 2z
2x
H là

H(1; 1;2)
y 0

z 2
6 0
3

2xH xA
y

2y
y
A ' 2z H z A
z
x

trung điểm của AA '

A'

A'

H

2A '( 3;2; 2)
2

A
x 3 6t

Suy ra A ' B

(6; 4;3),

phương trình A ' B :

,t

y 2 4t
z 2 3t

x

21

x 3 6t
11

Tọa độ M là nghiệm của hệ
Vậy

M

21

y 2 4t

z 2 3t
2x y 2z 6

;

14; 5

11

là điểm cần tìm.

14

y

0

z

11
5
11

11 11

2. Vì A , B nằm về cùng một phía so với (P ) nên với mọi M (P ) ta luôn có
AM MB AB ,

đẳng thức xảy ra khi M AB ( P ) .

Phương trình

x
AB : y
z

5

2t
2

6 5t

9

x 5 2t

x

17
7

y 2

Tọa độ M : z

6
2x y 2z 6 0

t

2 . Vậy

y

5

17

; 2; 7 .

M 7

3

z

3

7

Ví dụ 6. Trong không gian Oxyz cho điểm A(1; 1;1) , đường thẳng
trình : x 1 y z 1 và mặt phẳng ( P ) : 2x y 2z 1 0
2

1

có phương

1

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 .
Mặt phẳng (P) có nP (2; 1;2) là VTPT
Đường thẳng đi qua B(1;0; 1) và có u (2;1; 1) là VTCP.
1. Cách 1: Giả sử n (a; b; c)

là VTPT của (Q), suy ra phương trình của (Q) có
dạng: a(x 1) by c(z 1) 0 ax by cz a c 0 (1)
Do(Q)
nên 2a b c 0 c 2a b.
2c b

Do đó: d( A , (Q))

2

2

b

d( A, (Q))

4

0

Nếu b

0 thì

ta đặt t

c

2

2

5a

2

2

4ab 2b

a

2

, ta có: 16a

2

5a

2

7,

2

8ab b

2

16t
2

4ab 2b

2

do đó max d( A ,(Q))

2

8t 1

2 4t

5a 4ab 2b
5t
2
f '(t)
24t 54t 12
(5t

f ( 2)

8ab b

5

b

Suy ra max f (t)

2

16a

a

Nếu b

2

4a b

f (t)

2
, f '(t) 0 t 2, t

1
4

2

4t 2)
14

, đạt được khi a

2b

2

Chọn b 1 ta tìm được a 2, c 3. Vậy phương trình (Q) : 2x y 3z
Cách 2: Gọi K , H lần lượt là hình chiếu của A lên
và (Q), khi đó

1

d( A, (Q))

d(A,(Q))

AH

AK ,

mà AK không đổi nên

lớn nhất

Dẫn tới (Q) là mặt phẳng đi qua K và nhận AK làm VTPT.

H

K

0.

10


Vì KK 1

2t; t; 1 t

AK 2t; t 1; t 2
1

AKAK .u 0
2

4t t 1 t 2 0

1

t

Vậy phương trình (Q) : 2x y 3z 1 0 .
2. Cách 1: Tương tự như trên ta có (Q) : ax
0

0 90

Gọi( P ), ( R ) ,

2

2

3a

;
2 2

1; 1 ; 3
2 2

, AK

by (2a b) z a b 0

.

2a b 2(2a b)

Ta có: cos
Nếu a

0

K 0;

1

2

b

2

1

3

(2a b)

b

2

2b

2

.

12ba 36a
2

4ab 5a

1

0 cos

32

Nếu a 0, đặt

t

b

2

thì ta có:

b

2

a

Khảo sát hàm số

f (t)

2

12ba 36a

2

2b

ta tìm được

t

12t 36

2t 4t 5
7 ) 53
(

6

1
0

Suy ra max cos

đạt được khi

b

7

f (t)

2

4ab 5a
max f t f
()

2

, chọn b

7 a 10

a

10
(R ) : 10x 7 y 13z 3 0.

Vậy phương trình
Cách 2: Gọi d là đường thẳng đi qua B và vuông góc với (P )
x 1 2t

Ta có phương trình

d: y t

, lấy

C (3; 1;1) d C B
,

z 1 2t

C
(P)

B

K

(R)
H

Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của C lên (R)
BH
sin

BC

BC

và
, khi đóBCH

BK
sin BCH

và

.
11


Mà

BK
BC không đổi, nên suy ra nhỏ nhất

H

K

hay ( R ) là mặt phẳng đi qua

và vuông góc với mặt phẳng ( BCK ) .
Mặt phẳng (

BCK )

đi qua

P

và vuông góc với

VTPT của ( BCK ) .
Do ( R ) đi qua
và vuông góc với (

nên

()

BCK ) nên n

suy ra phương trình của (R ) : 10x

n , u ( 1;6;4)
P

1

n,u
R

(R),

n

10; 7;13

là

là VTPT của

1

7 y 13z 3 0.

3. Cách 1: Giả sử phương trình mặt phẳng (

) có dạng:

ax by cz d 0

3

Do M , N

d

a b c d 0

nên

()

2b

1

a 2b c d 0

c a

2b

Ta viết lại dạng phương trình của ( ) như sau: 2ax 2by (b 2a) z 3b 0 Suy ra n
(2a;2b; b 2a)

là VTPT của ( ). Gọi ( ))

Ta có: sin

n u.
n

Nếu a

2

.u
3,

2

2

6. 4a

0 sin

Xét hàm số f (t)

2

4a 2b b 2a

với

4b

2

b

12ab 36a

2

6 5b

2

4ab 8a

a
f t

t

5t

2

(b 2a)
a 0, đặt t b , t

2
12t 36
2

1

ta tìm được max ( )

4t 8
b

f

5

53

8

9

.

5

a
Do đó max sin max
Vậy phương trình của ( ) : 16x
Cách 2: Ta có: NM 2; 1;2

8,

chọn b

5, a 8

10 y 11z 15 0.

là VTCP của MN , suy ra phương trình đường thẳng

x 1 2t

MN : y 1 t ,
z 1 2t

t

. Gọi

y 1 t,

Trên

z 1 t
A

d

khi đó

là đường thẳng đi qua

M,

song song với

. Suy ra

x 1 2t

phương trình d :
ta lấy điểm

d

t

(3;2;0)

. Gọi

H,K

lần lượt là hình chiếu của

A

lên (

) và

MN

,

( ),ABH.
12


Ta có:
Hay (

cos ABH
) là

mặt phẳng đi qua

BK

BA

BA

, mà

BK

không đổi nên ABH lớn nhất

BA

và vuông góc với mặt phẳng

MN

n

H K

( ) (MN , d)

NM , u1;6;4 là VTPT của ( )

Ta có:

Suy ra

BH

n NM , n

16; 10;11

Vậy phương trình của ( ) : 16x

10 y

là VTPT của ( )
11z 15
0.

A

M

N

H

d

(P)

K

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;
x
2
y
z lớn nhất.
2. đi qua M và khoảng cách giữa và d :
1

Lời giải .
Mặt phẳng ( ) có n (1;1;1) là VTPT
Gọi u (a; b; c) là VTCP của , do(P )
1. Ta có:

AM

0;1;2

Do đó: d( A ,

2
2

u

Nếu a

c 2b;2a; a
2

1

0 d( A , )

, với

(b a)

2

a
bc
a 0 đặt t

2

Xét hàm số

ft
()

max f (t) ff(

2
3

2

(c 2b) 5a

)

t

2

2t 6

1

a b c 0 c a b (1)

u, AM

u, AM

2

2

2

2

1

2

5a

2

a b

(a b)

2
b 2ab 6a

2

2

b

2

2ab b

2

b,t
a

, khảo sát hàm số

f (t)

ta tìm được

2

t t 1
) 10, min (t) f (4)

2
3

13


Khoảng cách từ
c 1,

A

t

đến lớn nhất khi

suy ra phương trình đường thẳng :

2

x 1

:

b

3
a
y 1

3

2,

chọn b

2

a 3,

3

z 1

2

1

b

Khoảng cách từ A đến nhỏ nhất khi t 4 a 4 , chọn b 4 a 1, c 5 , suy ra phương trình

x

đường thẳng : : 1
2. Đường thẳng
MN

1y

d đi

1; 1; 1,

4

1z 1
5 .

qua N (2;0;0) và có u1

u, u

(2a b; b;2a b)

u, u .MN 3b

1

1

u, u .MN

Do đó d( , d)

2

3b

1

2

u, u
1

2

2

Đẳng thức xảy ra khi

(2a b)
b (2a b)
a 0 c b u b(0;1; 1)

Vậy phương trình

x 1

:

2

4a

2

3

3b

t

Ví dụ 8. Lập phương trình đường thẳng
x 1 y z 2 sao cho:
2

b

3

y 1 t.

z 1

d:

là VTCP

(1;2; 1)

d đi

qua

A(0; 1; 2)

và cắt đường thẳng

1

1

1. Khoảng cách từ B(2; 1;1) đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất;
x 5
y
z là lớn nhất.
2. Khoảng cách giữa d và :
2

2

1

Lời giải . cắt d ' tại điểm M thì M ( 1 2t; t; 2 t), t .
Giả sử d
AM (2t 1; t 1; t) là VTCP của đường thẳng d .
AB, AM

(1 t; 1; 4 2t).

1. Ta có AB (2; 2; 1) nên
Khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng d là
AB, AM

2

5t 18t 18

d(B, d)

AM
5t

Ta có f (t)

2

6t

6t

2

2t 2f (t)
98t(t 2)

18t 18
2 2t 2

nên

f (t)

2

(6t

2t 2)

2 .

14


Từ đó ta tìm được max f (t)

1 . Do

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

đó:

11

1
11 đạt được khi t 2 AM (3; 3; 2) nên phương trình đường

min d( B , d)

thẳng cần tìm d :

max d(B , d) 3 2

x

y1

3

3

2

đạt được khi t
x

thẳng cần tìm d :

y 1

1

2.

z 2 .
0 AM ( 1;1; 1) nên

phương trình đường

z 2 .

1

1

đi qua N (5; 0; 0) và có véc tơ chỉ phương u

Ta có

(t

u , AM

1; 4t

1; 6t), AN

(5; 1;

(2;

2; 1).

2).

Khoảng cách giữa hai đường thẳng là:
u , AM

.AN

6 3t

d( ; d)
u,

AM
(2 t)

3.

Vì

(53t

2

1)

(6t)

2

(2 t)
3. f (t), f (t)

2

2

2

(4t

1)

2

53t 10t 2
6(t 2)(4 37t)

f (t)

2

(t

53t
t 2, t

nên

2

f

10t 2)

Từ đó ta tìm được

max f (t) f

2

.

10t 2

4 .

(t) 0

37

4

1

, khi đó

AM

37

Vậy đường thẳng d có phương trình là d : 29
Bài toán 3: Trong không gian cho n điểm
1. Tìm M sao cho P

a)
b)

1MA1

Nhỏ nhất khi

1

2

Lớn nhất khi

1

2

2. Tìm M sao cho P

2

2MA2

...
...

1 MA1

n
n

2

x

y

41

1 z

A , A ,..., A
1

...

29; 41; 4 .

37

2

n

4

2

.

.

2
n MAn

0
0

2 MA2

...

n MAn

nhỏ nhất hoặc lớn nhất, trong

n

đó

i

0.

i1

Phương pháp:
1
5


Gọi I là điểm thỏa mãn:

1 I A1

2 I A2

...

n I An

điểm I tồn tại và duy nhất

0

n

nếu

0.

i

Khi đó:

i1
2

1.P

1MI

(1

2

n

Do
i1

I A1
...

n) IM

... 1
IA

n

2

2

MI I An

2

1

i

i1

không đổi nên:

1I Ai

1

2

Nếu

1

2

2.

1

2

2

Nếu
P

MI IA2

...
...

thì

0

n

0

n

nhỏ nhất

MI

nhỏ nhất

thì P lớn nhất

MI

nhỏ nhất

P

n

1 MI IA1

2

MI IA2

... n MI I An

Do đó P nhỏ nhất hoặc lớn nhất

.MI

i
i1

nhỏ nhất hoặc lớn nhất.

MI

Nếu M thuộc đường thẳng (hoặc mặt phẳng (P )) thì MI lớn nhất khi và chỉ
khi M là hình chiếu của I lên
(hoặc (P )).
Nếu M thuộc mặt cầu (S) và đường thẳng đi qua I và tâm của (S), cắt (S) tại hai
điểm A , B ( I A I B) 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 MB và yM
1;
2. Tìm N ( P ) sao cho S 2NA 2 NB 2 NC2 nhỏ nhất.
Lời giải.
1. Gọi M (x;1; z) ( P ) , ta có: x 1
Suy ra MA MB (x 1)2 (z
z

z 1 0
2
2
1)
x

x

(z

z
2

2)

2x

0

(*)

2z

2

4z 4

1
1
1

1
2 ; x 2 . Vậy M ( 2 ;1; 2) .

2. Gọi I ( x; y; z) là điểm thỏa mãn 2IA I B I C
I Bx;1 y;2
Ta có: 2I A 2 2x;2 2y;2 2z ,
4x 0

Nên (*)
Khi đó:

3

3 4 y 0 x 0, y
5 4z 0
2NA

2 2

NI IA

4
2

2NI

2

z,

IC

5

,z

2

2IA

4

2 x; y;1 z

35

. Suy ra

I

0;

;
4

4

4NI.IA
16

NB

Do đó S

NI

2

2

4 NI

2

IB

2IA

2

2

2NI.IB ;

IB

2

IC

NC

2

2

NI

2

2

IC

2NI 2IA I B I C

2NI .IC
2

4NI

2

2I A

IB

2

IC

Do 2I A 2 I B 2 I C2 không đổi nên S nhỏ nhất khi và chỉ khi NI
là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P ).
3

Gọi
Vì N

N (x; y; z) I N x; y
(P)

2

nhỏ nhất hay N

5
;z

4

,n

4

1; 1;1

là VTPT của

(P )

(1)

x y z 1 0

x k

Do I N

( P ) nên IN

z

k

3
4

5

k

k

4

3

y

kn

k

4
3

1 0 k

thay vào (1), ta có được:

4
5k

2

3,y

x

3, z

3

1
. Vậy

2

4

N

;

4
B( 1;0; 3), C(2; 3; 1)

3

;

1

2 4 4

.

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

2

MA 7MB 5MC

3. Tìm

2

;
thuộc mặt cầu

M

3

(S ) : (x 2)

1
2

( y 2)

sao cho biểu thức sau lớn nhất:

(z 8)

2

36

cho biểu thức

F MA 2 4MB 2 2MC2 đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
Lời giải.
1. Cách 1: Gọi I (x; y; z) là điểm thỏa mãn: 3IA 4IB 6IC
Mà I A

1 x 6 8

y 24

2 y 30 8

2

2
2

6IC
4I B

I ( 13;24;3)

z 3
2

3MA
IM

Do 3I A 2

6 AC 4AB (*)

IA

x 13

3 z 24 24

Khi đó: S

0

y;3 z),6 AC (6; 30; 24),4 AB ( 8; 8; 24)

(1 x;2

Do đó (*)

sao

4MB

2

6MC
2

3 MI IA

2

2

2

4 MI IB
2

2

2

2

6MI IC
2

2MI 3IA 4IB 6IC 3IA 4IB 6IC IM 3IA 4IB

.

2

6I C

2

không đổi nên S nhỏ nhất

I M nhỏ

nhất

M là

hình
17


x 13 2t
I M ( ) I M : y 24 t

I

chiếu của

lên ( ) . Ta có

z 3 2t
x 13 2t

M

x 11

y 24 t

Tọa độ của

là nghiệm của hệ:

y 25

z 3 2t

z 1

0

2x y 2z 1

Vậy M ( 11;25;1) là điểm cần tìm.
Cách 2: Gọi M (a; b; c)

2a

()

b

2c 1

0

Suy ra: 3MA 2 3a2 3b2 3c2 6a 12b 18c 42 4MB 2 4a2
2

2

4b 4c 8a 24c 40
6MC

2

2

2

2

6a 6b 6c 24a 36b 12c 84 Suy

ra S

2 2 2
a b c 26a 48b 6c 2

(a 11)

2

2

(b 25)

(c 1)

2

4a 2b 4c 749

2(2a b 2c 1) 747 747

Đẳng thức xảy ra

a

25, c 1 hay M ( 11;25;1) là

11, b

2. Cách 1: Gọi I (x; y; z) là điểm thỏa mãn: I A
Mà I A

,

1 x;2 y;3 z

2
3

Khi đó: P

7 AB 5AC

(*)

I ( 18;13; 19)
z 19

I A 7 MI

Do đó P nhỏ nhất

IA

x 18

y 14 25y 13
z 42 20
MI

0

7AB (14;14;42), 5AC (5; 25; 20)

1 x 14 5

Nên (*)

7IB 5IC

điểm cần tìm

IB

MI nhỏ

5 MI

nhất

IC

M là

MI

hình chiếu của I lên

M M 1 2t; 1 3t;1 t I M (2t 19;3t 14; t 20)

Vì

IM

2(2t

19) 3(3t

14)

20)

0

(t

t

12 .

Vậy

7

M

31 ; 29 ; 5
7

7

là điểm

7

cần tìm.
Cách 2: Ta có M
Suy ra MA

2t;3

M1
3t;2

t,

2t; 1

7MB

3t;1
14

t
14t; 7

21t;28

7t

18


5MC

5 10t; 10

Do đó MA
Nên

7MB

P 2 (2t 19)

Đẳng thức xảy ra t

12

15t; 10

5MC

2

(3t 14)

2t
2

5t

19;3t

(t 20)

14; t

2

2

14t

31

; 29 ;

5

7 7

7

3. Gọi E ( x; y; z) là điểm thỏa mãn: EA
E

14

48t 957

12 2 6411
t

. Vậy M

Ta tìm được

20

10; 2;16

Vì EA 2 4 EB 2
nhất, lớn nhất.

2EC

Mặt cầu (S) có tâm

2

. Khi đó F

EM

7

7

là điểm cần tìm.

7

4 EB 2EC 0 EA 2 AC 4AB

2

EA

2

4EB

2

2EC

2

lớn nhất, nhỏ nhất khi và chỉ khi EM nhỏ

không đổi nên F

I (2;2;8)

7

6411

x 2 8t

,I E

8; 4;8

I E : y 2 4t
z 8 8t

Tọa độ các giao điểm của I E với mặt cầu (S) là nghiệm của hệ
x 2 8t

y 2 4t

2 2

8 t

z 8 8t
( x 2)

1

t

2
2

2 2

8 t

(z
6;0;12

36 t

1

.

2

2

( y 2)
M

2 2

4 t

8) 36
IM (2; 2;4) MI 2

6

2
t

1
2 N 2;4;4 I N ( 4;2;4) NI 6

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

B(1; 6; 1), C(1; 10; 3). Tìm
a) MA MB nhỏ nhất.

3

1

điểm M thuộc đường thẳng sao cho
b) MA MC nhỏ nhất.
M 1;4;9

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;
x 1
3. OA OC 4OB và OA OB 9
.
Bài 5. Cho A (1; 4; 2), B( 1; 2; 4)
và :
1

y 2
1

2

2

MB

nhỏ nhất

2.

3OM 2AM 4BM

cắt các tia

z
.

thẳng sao cho
1. MA

()

sao cho

Tìm điểm

M thuộc

đường

2

nhỏ nhất.

3. Diện tích tam giác MAB 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 (P) sao cho biểu thức T có giá trị nhỏ nhất
với T MA2 MB2 MC2.
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
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 05 tháng 5 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của tôi
viết, không sao chép nội dung của người
khác.
Người viết

Nguyễn Thị Den

21