Phương pháp tìm tọa độ điểm trong bài toán cực trị của hình học không gian

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài.
Trong sách giáo khoa hình học ở trường phổ thơng, ở lớp 10, học sinh
bước đầu đã được làm quen với phương pháp tọa độ trên mặt phẳng. Ở lớp
12, học sinh tiếp tục được làm quen với phương pháp tọa độ trong khơng
gian. Nhờ phương pháp đó, chúng ta có thể chuyển nhiều bài tốn hình học
sang bài tốn đại số và ngược lại, từ kết quả của đại số, ta có thể suy ra được
các tính chất và mối quan hệ giữa các hình.
Trong đề thi THPT Quốc gia mơn tốn, phần phân loại các câu hỏi khó,
tương ứng với điểm 8, 9, 10; thường xuyên rơi vào các chủ đề: “hình học tọa
độ trong khơng gian Oxyz”, “số phức”, “tích phân”, “bài tốn thực tiễn”,…
Đặc biệt trong chủ đề “hình học tọa độ trong khơng gian Oxyz” bài tốn về
tìm tọa độ điểm liên quan đến cực trị thường xuất hiện nhiều và rất khó giải.
Với mong muốn giúp các em học sinh THPT tiếp thu tốt các kiến thức
cơ bản về tìm tọa độ điểm trong các bài tốn cực trị của hình học khơng gian,
đồng thời biết vận dụng một cách linh hoạt kiến thức đó để giải toán và áp
dụng trong thực tiễn. Đặc biệt, biết sử dụng các kiến thức về hình học tọa độ
trong khơng gian để giải quyết các bài tốn khó liên quan đến cực trị, tơi đã
chọn đề tài “Phương pháp tìm tọa độ điểm trong bài tốn cực trị của hình
học khơng gian ”.
1.2. Mục đính nghiên cứu.
Các bài tốn về cực trị trong hình tọa độ trong khơng gian là một dạng
bài tập mới đối với học sinh THPT, làm thay đổi các tư duy và nhìn nhận vấn
đề về hình học theo hướng tư duy của đại số, mang tính trừu tượng và bước
đầu có thể làm cho HS có sự ngỡ ngàng, thiếu tính logic.
Một kiến thức mới, cần phải có thời gian để học sinh thực hành và làm
quen. Tuy nhiên cái khó của người giáo viên trong giảng dạy hình tọa độ
trong khơng gian là phương pháp tọa độ trong khơng gian được đưa vào
chương trình cuối cùng của SGK hình học 12 khi kết thúc chương trình giáo
dục phổ thơng nên thời gian giành để nghiên cứu nó bị hạn chế. Vì vậy, việc
hướng dẫn học sinh biết hệ thống kiến thức và xây dựng một lớp bài tốn tìm

tọa độ điểm trong bài tốn cực trị của hình học khơng gian. Có như vậy, học
sinh mới có thể giải quyết nhanh các bài tập khó về cực trị hình học trong đề
thi trắc nghiệm tốn.
Vậy vấn đề đặt ra là:
• Cần giúp HS tiếp cận hệ thống và ghi nhớ đầy đủ các tính chất và
khái niệm cơ bản về phương pháp tọa độ trong khơng gian.
• Cần giúp HS biết phân loại các bài tập tìm tọa độ điểm trong bài
tốn cực trị của hình học khơng gian tìm ra phương pháp giải cụ thể
cho lớp bài tốn này.
• Giúp HS biết vận dụng kiến thức về tọa độ điểm trong các bài tốn
cực trị của hình khơng gian trong thực tế cuộc sống hàng ngày.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
1


Để giải quyết các vấn đề nêu trên, trong đề tài này tơi đề xuất các ý
tưởng nghiên cứu sau:
• Cần cho HS tự hệ thống lại kiến thức trọng tâm của hình tọa độ
trong khơng gian dưới dạng sơ đồ tư duy để từ đó khắc sâu được
kiến thức.
• Từ các bài toán cụ thể, dẫn dắt HS tự đúc kết ra các kinh nghiệm
giải tốn. Qua đó tự tìm ra thuật giải cho bài tốn tìm tọa độ điểm
trong các bài tốn cực trị của hình học khơng gian.
• Cho HS thấy được mối liên hệ của kiến thức đang học với thực tiễn
cuộc sống.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
• Xuất phát từ thực tiễn, cho học sinh nhìn trực quan và tự đốc rút ra
các khái niệm cơ bản và các tính chất cơ bản.
• Thống kê số liệu để phân loại được các bài tốn về tìm tọa độ điểm
trong các bài tốn cực trị của hình học không gian và rút ra được hệ

thống sơ đồ tư duy trong giải các bài tập dạng này.
• Điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin để biết thực trạng dạy và
học ở trường sở tại để đưa ra được thuật giải logic, ngắn gọn, dễ
hiểu và dễ nhớ nhất
• Từ các bài tốn đưa ra mối liên hệ của tọa độ điểm trong các nghiên
cứu toán học, vật lí, khoa học, kĩ thuật.

2


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
• Căn cứ vào nội dung chương trình của SGK mơn hình học lớp 12
(chương III)
• Căn cứ vào hệ thống bài tập ơn tập chương III hình học lớp 12.
• Căn cứ vào phân loại các dạng bài tập trong tài liệu tham khảo: 18
chủ đề hình học 12 (chủ biên: Nguyễn Văn Dũng - Nguyễn Tất
Thu).
Tuy nhiên, trong các tài liệu tham khảo trên đa phần đều nặng về lí
thuyết, chưa phân dạng các bài tốn tìm tọa độ điểm liên quan đến cực trị một
cách chi tiết, chưa đưa ra được kết cấu một bài làm dưới dạng sơ đồ tư duy,
đặc biệt tọa độ điểm liên quan đến mặt cầu còn ít và không đủ dạng . Dựa vào
các tài liệu trên, tôi đã hướng dẫn học sinh phân loại được các dạng toán cụ
thể và xây dựng được một hệ thống tư duy cho lớp các bài tập tìm tọa độ điểm
trong bài tốn cực trị của hình học khơng gian.
Vì vậy, chỉ cần đọc đề bài là học sinh đã có thể phân loại và nhận dạng
bài tập cần làm (theo sơ đồ tư duy định sẵn có ở trong đầu đã được học và
không sa vào chứng minh rườm rà). Khi đó học sinh chỉ cần áp dụng kết quả
cuối cùng và sử lí theo số liệu cụ thể của đề bài. Đây chính là bí quyết để học
sinh rút ngắn thời gian làm bài.

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Sau khi học xong khái niệm, tôi đã cho học sinh thực hành làm bài trắc
nghiệm 50 câu với phân loại 50 câu đủ ba phần: Câu hỏi nhận dạng, câu hỏi
vận dụng và câu hỏi vận dụng cao. Thực hiện kiểm chứng trên lớp với 45 học
sinh 12 A1 năm học 2020 – 2021 thu được kết quả sau:
Thơng hiểu(có thể vận
dụng lý thuyết để giải
toán)
Số
Số
Phần trăm
Phần trăm
học sinh
học sinh
45
100%
20
44,4%
Tuy nhiên về thời gian thu được kết quả sau:

Nhận biết(nắm vững lý
thuyết)

Vận dụng linh hoạt
(giải được đa số các bài
tập đưa ra)
Số
Phần trăm
học sinh
7

15,6%

Từ 5 phút/ 1 bài
1,8 phút / 1 bài
đến 10 phút/ 1
bài
Số
Số
Số
Phần
Phần
Phần
học
học
học
trăm
trăm
trăm
sinh
sinh
sinh
2
4,4%
5
11,1%
13
28,9%
Đặc điểm của lớp thực nghiệm là:
Từ 2 phút/ 1 bài
đến 5 phút/ 1 bài

Trên 10 phút / 1
bài
Số
học
sinh
20

Phần
trăm
55,6%

3


Số học sinh của lớp: 45.
Kết quả học tập về mơn tốn năm học 2018 – 2019 là: 7 học sinh có
học lực giỏi, 13 học sinh có học lực khá, 21 học sinh có học lực trung bình
4 học sinh có học lực yếu.
Như vậy qua khảo sát trên ta thấy đa số học sinh chưa đảm bảo với yêu
cầu kiểm tra đánh giá mới.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết đề.
2.3.1. Bài toán tọa độ điểm và mặt phẳng
Bài tốn 1: Trong khơng gian Oxyz cho các điểm A1 , A2 ,..., An . Xét véc
r
uuuu
r
uuuur
uuuur
tơ u = a1.MA1 + a2 .MA2 + ... + an .MAn

Trong đó a1 , a2 ,..., an là các số thực cho trước thỏa mãn a1 + a2 + ... + an ≠ 0
r
Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( P) sao cho u nhỏ nhất.
Phương pháp:
E là điểm thỏa mãn:
Gọi
uuur
uuuu
r
uuuu
r r
a1.EA1 + a2 .EA2 + ... + an .EAn = 0

(Như vậy
điểm E hoàn
toàn xác định và là một điểm cố định)
uuuur uuur uuuu
r
Ta có MAk = ME + EAk ( với k = 1; 2;...; n )
r
uuuu
r
uuur
uuuur
uuuu
r
nên u = (a1 + a2 + ... + an ).ME + a1.EA1 + a2 .EA2 + ... + an .EAn
uuuu
r
= (a1 + a2 + ... + an ).ME

r
uuur
Do đó u = a1 + a2 + ... + an . ME

r

Vì a1 + a2 + ... + an là hằng số khác khơng nên u có giá trị nhỏ nhất khi
và chỉ khi ME nhỏ nhất, mà M ∈ ( P ) nên điểm M cần tìm là hình chiếu của E
trên mặt phẳng ( P)

Sau đây là các ví dụ minh họa để giáo viên hướng dẫn cụ thể cho học
sinh thực hiện.
Ví dụ 1: Trong khơng gian Oxyz cho các điểm A(2;1; −1), B(0;3;1) và mặt
phẳng ( P) : x + y − z + 3 = 0 . Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( P) sao cho:
uuur uuur
a) MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất.
uuur uuur

b) 2.MA − MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Học sinh thực hiện lời giải chi tiết sau:
4


a) Gọi trung điểm của AB là I (1; 2;0)
uuur uuur
uuu
r
uuur uuur
uuur
MA

+
MB
=
2.
MI
Ta có: MA + MB = 2.MI nên

uuur uuur
nên MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất. Mà
M ∈ ( P ) nên điểm M cần tìm là hình chiếu của I trên ( P ) .
uuur
Giả sử M ( x; y; z ) thì IM ( x − 1; y − 2; z )
uuur
uuur
 IM = t.n( P ) uuur
nên từ 
( n( P ) là véc tơ pháp tuyến của ( P) )
 M ∈ ( P )
 x −1 y − 2 z
=
=

1
−1 ⇒ M ( −1;0; 2)
ta có  1
 x + y − z + 3 = 0
Vậy điểm M cần tìm là M (−1;0; 2) uuur uur ur
b) Gọi J (a; b; c) là điểm thỏa mãn 2.JA − JB = 0 ⇒ J (4; −1; −3)
uuur uuur
uuuu

r uuu
r uuur uur uuur
Ta có 2.MA − MB = 2.MJ + 2.JA − MJ − JB = MJ
uuur uuur uuur
nên 2.MA − MB = MJ = MJ
uuuu
r uuur
Do đó 2.MA − MB có giá trị nhỏ nhất khi MJ nhỏ nhất, hay M là hình

chiếu của J trên mặt phẳng ( P) .

 x − 4 y +1 z + 3
=
=

1
−1
Gọi M ( x; y; z ) ta có tọa độ M thỏa mãn hệ  1
 x + y − z + 3 = 0
Suy ra tọa độ điểm cần tìm là M (1; −4;0) .
Ví dụ 2: Cho các điểm A(1;0; −1), B(2; −2;1), C(0; −1;0) và mặt phẳng
( P ) : x − 2 y + 2 z + 6 = 0 . Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho:
uuur uuur uuuu
r
a) MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất.
uuur
uuur
uuuu
r
b) 2.MA − 4.MB + 3.MC đạt giá trị nhỏ nhất.

Học sinh thực hiện lời giải chi tiết sau:
a) Gọi trọng tâm của tam giác ABC là G (1; −1;0) .
uuuuu
r
uuur uuur uuuu
r
uuur uuur uuuu
r
uuuu
r
Ta có MA + MB + MC = 3.MG
nên MA + MB + MC = 3. MG , do đó

uuur uuur uuuu
r
MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất. Mà M ∈ ( P )
nên điểm M cần tìm là hìnhuuchiếu
của G trên ( P) .
ur
Giả sử M ( x; y; z ) thì IM ( x − 1; y+ 1; z)
uuur
uuur
 IM = t .n( P ) uuur
nên từ 
( n( P ) là véc tơ pháp tuyến của ( P) )
M
∈
(
P

)

 x −1 y +1 z
=
=

−2
2 ⇒ M (0;1; −2)
ta có  1
 x − 2 y + 2 z + 6 = 0
Vậy điểm M cần tìm là M (0;1; −2) .

5


uuu
r

uur

uuu
r r

b) Gọi Juu(ura; b; cu)urlà điểm
thỏa mãn 2.JA − 4.JB + 3.JC = 0
uuu
r
Ta có: 2.JA − 4.JB + 3.JC = (−6 − a;5 − b; −6 − c) suy ra J (−6;5; −6)

uuur

uuur
uuuu
r
uuur
uuur
uuuu
r uuur
uur
uuu
r uuur
2.
MA
−
4.
MB
+
3.
MC
Vì 2.MA − 4.MB + 3.MC = MJ + 2.JA + 3.JC = MJ nên biểu thức

đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MJ nhỏ nhất, hay M là hình chiếu của điểm
J trên mặt phẳng ( P ) .
x +6 y −5 z +6
=
=

−2
2
Tọa độ điểm M ( x; y; z ) thỏa mãn hệ  1
 x − 2 y + 2 z + 6 = 0

 −32 89 −10 
; ;
Điểm M cần tìm là M 
÷
 9 9 9 
Bài tốn 2: Trong khơng gian Oxyz , cho các điểm A1 , A2 ,..., An

Xét biểu thức T = a1.MA12 + a2 .MA22 + ... + an .MAn2
Trong đó a1 , a2 ,..., an là các số thực cho trước.
Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( P) sao cho
a) T có giá trị nhỏ nhất biết a1 + a2 + ... + an > 0 .
b) T có giá trị lớn nhất biết a1 + a2 + ... + an < 0 .
Phương pháp:
uuur
uuuu
r
uuuu
r r
Gọi E là điểm thỏa mãn a1.EA1 + a2 .EA2 + ... + an .EAn = 0 (Như vậy điểm E
E là điểm cố định.)
hồn tồn xácuuu
định,
ur uuur uuuu
r
Ta có MAk = ME + EAk (với k = 1; 2;...; n )
uuur uuuu
r
uuur uuuu
r
nên MAk2 = (ME + EAk )2 = ME 2 + 2.ME.EAk + EAk2

Do đó T = (a1 + a2 + ... + an ).ME 2 + a1.MA12 + a2 .MA22 + ... + an .MAn2
Vì a1.EA12 + a2 .EA22 + ... + an .EAn2 không đổi nên
a)
Với a1 + a2 + ... + an > 0 thì T đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi ME
nhỏ nhất.
b)
Với a1 + a2 + ... + an < 0 thì T đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi ME
nhỏ nhất. Mà M ∈ ( P) nên ME nhỏ nhất khi điểm M là hình chiếu của E trên
mặt phẳng ( P) .
Sau đây là các ví dụ minh họa để giáo viên hướng dẫn cụ thể cho học
sinh thực hiện.
Ví dụ 1: Trong khơng gian Oxyz cho các điểm A(−3;5; −5), B(5, −3, 7) và
mặt phẳng ( P) : x + y + z = 0 . Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( P) sao cho:
a) MA2 + MB 2 có giá trị nhỏ nhất.
b) MA2 − 2.MB 2 có giá trị lớn nhất.
Học sinh thực hiện lời giải chi tiết sau: uur uur r
a) Gọi trung điểm củauuAB
làur I (1;1;1)
. Khi
đó IA + IB = 0
u
r
u
u
u
u
r
u
u
r

Ta có MA2 + MB 2 = ( MI + IA) 2 + ( MI + IB) 2
uuu
r uu
r uur
= 2.MI 2 + 2.MI .( IA + IB ) + IA2 + IB 2
= 2MI 2 + IA2 + IB 2

6


Do đó MA2 + MB 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất, hay M là hình
chiếu của điểm I trên mặt phẳng ( P) .
Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình

 x −1 y −1 z −1
=
=

1
1 ⇒ M (0;0;0)
 1
 x + y + z = 0
Vậy điểm M cần tìm là M (0; 0;0)
. uur r
uur
b) Gọi J (a; b; c) là điểm thỏa
mãn JA −uu2.urJB u=ur0 ⇒ J (13; −11;19)
uuur uur 2
2
2

Ta có: MA − 2.MB = ( MJ + JA) − 2.( MJ + JB)2
uuuu
r uur
uur
= − MJ 2 + 2.MJ .( JA − 2.JB ) + JA2 − 2.JB 2
= − MJ 2 + JA2 − 2.JB 2
Do đó MA2 − 2.MB 2 lớn nhất khi và chỉ khi − MJ 2 lớn nhất, hay MJ nhỏ
nhất, nên M là hình chiếu của điểm J trên mặt phẳng ( P) .
Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình
 x − 13 y + 11 z − 19
=
=

1
1 ⇒ M (6; −18;12)
 1
 x + y + z = 0
Điểm M cần tìm là M (6; −18;12) .
Ví dụ 2: Trong không gian Oxyz cho các điểm
A(1; 4;5), B(0;3;1), C (2; −1;0) và mặt phẳng ( P ) : 3 x − 3 y − 2 z − 15 = 0 . Tìm điểm M
thuộc mặt phẳng ( P) sao cho:

a) MA2 + MB 2 + MC 2 có giá trị nhỏ nhất.
b) MA2 + 2.MB 2 − 4.MC 2 có giá trị lớn nhất.
Học sinh thực hiện lời giải chi tiết sau:
a) Gọi trọng
tâm của tam giác ABC là G (1;1; 2)
uuu
r uuur uuur r
Khi đó GA + GB + GC = 0 nên MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2

Do đó MA2 + MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất, hay
M là hình chiếu của điểm G trên ( P )
1;0) .
Ta có điểm M cần tìm là M (4;u−uu
r
uuur
uuur r
b) Gọi G (a; b; c) là điểm thỏa mãn GA + 2.GB − 4.GC = 0 ⇒ G (7; −16; −7)
Ta có MA2 + 2.MB 2 − 4.MC 2 = − MG 2 + GA2 + 2.GB 2 − 4.GC 2
Nên MA2 + 2.MB 2 − 4.MC 2 lớn nhất khi M là hình chiếu của điểm G trên
mặt phẳng ( P) .
Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình
 x − 7 y + 16 z + 7
=
=

 −25 −74 −9 
;
; ÷
−3
−2 ⇒ M 
 3
 11 11 11 
3 x − 3 y − 2 z − 15 = 0
Bài toán 3: Trong không gian Oxyz , cho các điểm
A( x A ; y A ; z A ), B ( xB ; yB ; z B ) và mặt phẳng ( P ) : +by + cz + d = 0 . Tìm điểm M ∈ ( P )

sao cho:
• MA + MB nhỏ nhất.

7


• MA − MB lớn nhất với d ( A, ( P)) ≠ d ( B;( P)) .
Phương pháp:
Với câu hỏi 1: MA + MB nhỏ nhất:
Bước 1: Xét vị trí tương đối của các điểm A, B so với mặt phẳng ( P) .
•
Nếu (a.x A + b. y A + c.z A + d ).(a.xB + b. yB + c.z B + d ) > 0 thì hai điểm A, B
nằm cùng phía với mặt phẳng ( P) .
•
Nếu (a.x A + b. y A + c.z A + d ).(a.xB + b. yB + c.z B + d ) < 0 thì hai điểm A, B
nằm khác phía với mặt phẳng ( P) .
Bước 2: MA + MB nhỏ nhất
Trường hợp 1: Hai điểm A, B ở khác phía so
với mặt phẳng ( P) . 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)
. Ta có:
MA + MB = MA '+ MB ≥ A ' B
Vậy MA + MB nhỏ nhất bằng
M = A ' B ∩ ( P)

AB

khi

Với câu hỏi 2: MA + MB 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 ( P) .
Gọi A ' đối xứng với A qua mặt
phẳng ( P) . Khi đó A ' và B ở cùng phía
( P)
MA = MA '
với
và
nên
MA − MB = MA '− MB ≤ A ' B .
Vậy MA − MB lớn nhất bằng A ' B
khi M = A ' B ∩ ( P)
Sau đây giáo viên có thể đưa ra ví dụ
để học sinh thực hiện giải chi tiết.
Ví dụ 1: Cho các điểm A(1; −1; 2), B(−2;1;0), C (2;0;1) và mặt phẳng
( P ) : 2 x − y − z + 3 = 0 . Tìm điểm M thuộc ( P ) sao cho:
a) MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
8


b) MA − MC có giá trị lớn nhất.
c) MA + MC có giá trị nhỏ nhất.
d) MA − MB có giá trị lớn nhất.

Học sinh thực hiện lời giải chi tiết sau:
Ta có:
A, C nằm cùng phía đối với ( P ) .
A, B nằm khác phía đối với ( P ) .
a) Ta có MA + MB ≥ AB và A, B nằm khác phía so với ( P) nên ( MA + MB)
nhỏ nhất bằng AB khi và chỉ khi M = AB ∩ ( P) .
 x = 1 − 3t

Phương trình đường thẳng AB :  y = −1 + 2t (t ∈ R)
 z = 2 − 2t


Ta có M ∈ AB ⇒ M (1 − 3t; −1 + 2t ; 2 − 2t ) mà M ∈ ( P) nên:
2(1 − 3t ) − (−1 + 2t ) − (2 − 2t ) + 3 = 0 ⇔ t =

2
3



Vậy điểm M cần tìm là M  −1; ; ÷
3 3
1 2



b) Ta có MA − MC ≤ AB và A, C nằm cùng phía so với ( P) nên MA − MB
lớn nhất bằng AC khi và chỉ khi M = AC ∩ ( P)
Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình
 x −1 y +1 z − 2

=
=

1
−1 ⇒ M (−1; −3; 4)
 1
 2 x − y − z + 3 = 0
Vậy điểm M cần tìm là M (−1; −3; 4)
c) Gọi H u(uxu;ry; z ) là hình chiếu của điểm A trên mặt phẳng ( P) .
Ta có AH ( x − 1; y + 1; z − 2) và
uuur
uuur
 AH = t.n( P ) uuur
( n( P ) là véc tơ pháp tuyến của ( P) ) nên tọa độ H thỏa mãn

 H ∈ ( P )
 x −1 y +1 z − 2
=
=

 −1 −1 8 
−1
−1 ⇒ H  ; ; ÷
 2
 3 3 3
 2 x − y − z + 3 = 0
−5 1 10




Tọa độ điểm A ' đối xứng với A qua mặt phẳng ( P) là A '  ; ; ÷
 3 3 3
Vì A, C ở cùng phía so với ( P) nên A ', C ở khác phía so với ( P) .
Ta có: MA + MC = MA '+ MC ≥ A ' C nên ( MA + MC ) đạt giá trị nhỏ nhất
bằng A ' C khi và chỉ khi M = A ' C ∩ ( P) .
uuuur

x − 2 y z −1
=
=
11
−1 −7
 1 1 12 
Vậy điểm M cần tìm là M  − ; ; ÷
 5 5 5
1
3

Do A ' C = ( 11; −1; −7 ) nên A ' C :

9



d) Gọi A ' đối xứng với A qua ( P) ⇒ A'  − ; ;

5 1 10 
÷
 3 3 3
Vì A, B ở khác phía so với ( P) nên A ', B ở cùng phía so với ( P) .

Ta có MA − MB = MA '− MB ≤ A ' B nên MA − MB đạt giá trị lớn nhất bằng
A ', B khi và chỉ khi M = A ' B ∩ (P) .
uuuur  1 2 −10 
x + 2 y −1 z
=
=
Do A ' B =  ; ;
÷ nên A ' B :
1
−2 10
3 3 3 
 −7 5 10 
Vậy tọa độ điểm M cần tìm là M  ; ; ÷
 3 3 3

2.3.2. Bài tốn: Tọa độ điểm và đường thẳng.
Bài tốn 1: Trong khơng gian Oxyz , cho các điểm A, B, A1 , A2 ,..., An và
 x = x0 + a.t

2
2
2
đường thẳng V:  y = y0 + b.t (t ∈ R)(a + b + c ≠ 0)
 z = z + c.t
0

V sao cho
Tìm điểm M thuộc đường thẳng
r
uuuu

r
uuuur
uuuur
Câu hỏi 1: Độ dài véc tơ u = a1.MA1 + a2 .MA2 + ... + an .MAn đạt giá trị nhỏ
nhất với a1 , a2 ,..., an là các số thực cho trước thỏa mãn a1 + a2 + ... + an ≠ 0 ;

Câu hỏi 2: Biểu thức T = a1.MA12 + a2 .MA22 + ... + an .MAn2
• Có giá trị nhỏ nhất biết a1 + a2 + ... + an > 0
• Có giá trị lớn nhất biết a1 + a2 + ... + an < 0
Câu hỏi 3: Diện tích tam giác MAB nhỏ nhất (Trong trường hợp AB và
d chéo nhau)
Phương pháp:
Vì M ∈V nên M ( x0 + a .t; y0 + b.t; z0 + c.t )
r
Đối với câu hỏi 1: Tính u
Đối với câu hỏi 2: Tính T
Đối với câu hỏi 3: Tính diện tích tam giác ABC . Sau khi tính ta được
các biểu thức phụ thuộc t . Bài tốn trở thành tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
của một tam thức bậc hai ẩn t.
Giáo viên đửaa các ví dụ để học sinh thực hiện,
Ví dụ 1: Cho A(1; 4; 2), B(−1; 2; 4) và
a)
b)
c)
a)

V:

x −1 y + 2 z
=

=
−1
1
2

Tìm điểm M thuộc đường thẳng V sao cho:
MA2 + MB 2 nhỏ nhất.
uuuu
r
uuuu
r
uuuu
r
3.OM + 2. AM − 4.BM nhỏ nhất.
Diện tích tam giác MAB nhỏ nhất.
Học sinh thực hiện giải chi tiết:
M ∈V nên M (1 − t ; −2 + t ; 2.t ) (t ∈ R)
Vì điểm
uuur
Ta có MA(t;6 − t; 2 − 2.t)
uuur
MB (t − 2; 4 − t ; 4 − 2.t )

10


Nên

T = MA2 + MB 2
= t 2 + (6 − t )2 + (2 − 2.t ) 2 + (t − 2) 2 + (4 − t ) 2 + (4 − 2.t ) 2

= 12.t 2 − 48.t + 76
= 12.(t − 2)→2 + 28
⇒ T ≥ 28(∀t ∈ R )
M cần tìm là M (−1;0; 4)
Vậy điểm
uuuu
r
b) Ta có: OM (1 − t ; −2 + t; 2.t )
uuuu
r
AM (−t ; t − 6; 2.t − 2)
uuuu
r
BM (2 − t ; t − 4; 2.t − 4)
uuuu
r
uuuu
r
uuuu
r
do đó 3.OM + 2. AM − 4.BM = (−5 − t ; t − 2; 2.t + 12)
uuuu
r
uuuu
r
uuuu
r
⇒ 3.OM + 2. AM − 4.BM = (−5 − t ) 2 + (t − 2) 2 + (2.t + 12) 2
= 6.t 2 + 54.t + 173

2

638
 3  319
= 6.  t + ÷ +
≥
∀t ∈ R
2
2
 2
uuuu
r
uuuu
r
uuuu
r
Vậy giá trị nhỏ nhất của 3.OM + 2. AM − 4.BM là

638
, đạt được khi
2



điểm M có tọa độ M  ; − ; −3 ÷
2 2

uuuu
r
c) Ta có AM (−t ; t − 6; 2.t − 2)

5

7

uuur
AB(−2; −2; 2)
uuuu
r uuur
nên  AM ; AB  = (6.t − 16; 4 − 2.t; 4.t − 12)
Vì thế diện tích tam giác MAB là
r uuur
1 uuuu
1
S MAB =  AM , AB  =
(6.t − 16) 2 + (4 − 2.t ) 2 + (4.t − 12) 2
2
2
2

1
42
 19  24
=
56.  t − ÷ +
≥
∀t ∈ R
2
7
7
7



Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MAB là
t=

42
, xảy ra khi
7

19
 12 5 38 
⇒ M − ; ; ÷
7
 7 7 7 

Ví dụ 2: Cho các điểm A(1;0; −1), B(0; 2;3), C (−1;1;1) và đường thẳng

V:

x +1 y −1 z
=
= . Tìm điểm M thuộc đường thẳng V sao cho:
1
−2
2
2
a) MA + 2.MB 2 − 4.MC 2 lớn nhất.
uuuu
r uuur
b) AM + BC nhỏ nhất.

Vì M ∈V
nên M (−1 + t ;1 − 2.t; 2.t ) t ∈ R
uuur
a) Ta có MA(2 − t ; 2.t − 1; −1 − 2.t ) và
uuur
MB (1 − t ;1 + 2.t ;3 − 2.t )

11


uuuu
r
MC (−t ; −2.t ;1 − 2.t )
⇒ T = MA2 + 2.MB 2 − 4.MC 2
2

4  232

= −9.t − 8.t + 24 = −  3.t + ÷ +
3
9

232
⇒T ≥
∀t ∈ R
9
232
−4
 −13 17 −8 

; ; ÷
Giá trị nhỏ nhất của T =
khi t =
hay M 
9
3
 9 9 9 
uuur
uuuu
r uuur
b) Ta có BC (−1; −1; −2) nên AM + BC = (t − 3; −2.t; 2.t − 1)
uuuu
r uuur
Vì vậy AM + BC = (t − 3) 2 + (−2.t ) 2 + (2.t − 1) 2
2

2

5  65
65

= 9.t − 10.t + 10 =  3.t − ÷ +
≥
∀t ∈ R
3
9
3

uuuu
r uuur

65
Do đó giá trị nhỏ nhất của AM + BC là
đạt được khi điểm M có
3
 −4 −1 10 
tọa độ M  ; ; ÷
 9 9 9
Bài tốn 2: Trong khơng gian Oxyz cho các điểm A, B và đường thẳng
 x = x0 + a.t

V:  y = y0 + b.t (t ∈ R )(a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0)
 z = z + c.t
0

Tìm điểm M thuộc đường thẳng V sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ
2

nhất.
Phương pháp:
Vì M ∈V nên M ( x0 + a.t; y0 + b.t ; z0 + c.t ) . Tính MA, MB .
Lập tổng ( MA + MB)
Bài tốn trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của một biểu thức chứa tham số
t .
r r r r
Áp dụng bất đẳng thức u + v ≥ u + v học sinh sẽ đánh giá được bài
toán.

x −1 y − 2 z − 3
=
=

và các điểm
2
−2
1
A(0; −2; −3), B (4;1; −5); C (1;8;6) . Tìm điểm M thuộc đường thẳng V sao cho:
a) MA + MB nhỏ nhất.
b) MA + MC nhỏ nhất.

Ví dụ: Cho đường thẳng V:

Học sinh thực hiện giải chi tiết như sau:
M (1 + 2.t; 4 − 2.t;3 + t ) ta có
a) Gọi
uuuu
r
AM (1 + 2.t; 4 − 2.t;6 + t )
uuuu
r
BM (2.t − 3;1 − 2.t ;8 + t )

AM = (1 + 2.t ) 2 + (4 − 2.t ) 2 + (6 + t ) 2 = 9.t 2 + 53

12


BM = (2.t − 3) 2 + (1 − 2.t ) 2 + (8 + t ) 2 = 9.t 2 + 74

Do đó MA + MB = 9.t 2 + 53 + 9.t 2 + 74 ≥ 53 + 74 ∀t ∈ R
Hay giá trị nhỏ nhất của MA + MB là 53 + 74 khi t = 0 hay tọa độ điểm
cần tìm là M (1; 2;3) .

+ 2.t; 2 − 2.t;3 + t )
b) Gọi Mu(1
uuu
r
Ta có AM (1 + 2.t; 4 − 2.t;6 + t)
uuuu
r
CM (2.t ; −6 − 2.t ; t − 3)

AM = (1 + 2.t ) 2 + (4 − 2.t ) 2 + (6 + t ) 2 = 9.t 2 + 53
CM = (2.t ) 2 + (6 + 2.t ) 2 + (1 − 3) 2 = (3.t + 3) 2 + 6 2
r
r
Xét hai véc tơ u (−3.t; 53), v(3.t + 3;6)
r r
⇒ u + v = (3;6 + 53)
r r r r
Ta có u + v ≥ u + v nên (−3.t ) 2 + ( 53) 2 + (3.t + 3) 2 + 6 2 ≥ 32 + (6 + 53) 2

Hay MA + MB ≥ 98 + 12 53
r
r
Dấu đẳng thức có khi u = k .v (k > 0)
−3.t
53
− 53
6 53 − 53
=
⇔t=
=

3.t + 3
6
17
6 + 53
 12 53 − 89 140 − 12 53 6 53 − 2 
;
;
÷
vậy điểm cần tìm là M 
÷
17
17
17



hay

2.3.3. Bài tốn: Tọa độ điểm và mặt cầu.
( S ) tâm I (a; b; c) và bán
Bài toán 1: Trong khơng gian Oxyz cho
mặt
cầu
r
uuuu
r
uuuur
uuuur
kính R . Tìm điểm M ∈ (S ) sao cho véc tơ x = a1.MA1 + a2 .MA2 + ... + an .MAn có tọa
độ nhỏ nhất.

Phương pháp:
uur
uuu
r
uuu
r r
Gọi I là điểm thỏa mãn: a1.IA1 + a2 .IA2 + ... + an .IAn = 0
r
uuuu
r
uuuur
uuuur
Ta có x = a1.MA1 + a2 .MA2 + ... + an .MAn
uuu
r uur
uuu
r uuu
r
uuu
r uuu
r
= a1.( MI + IA1 ) + a2 .( MI + IA2 ) + ... + an .( MI + IAn )
uuu
r
uur
uuu
r
uuu
r
= (a1 + a2 + ... + a n ).MI + (a1.IA1 + a2 .IA2 + ... + an .IAn )

uuu
r
r
uuu
r
= (a1 + a2 + ... + an ).MI ⇒ x = a1 + a2 + ... + an . MI
r
uuu
r
Vậy x min ⇔ MI min

Xét vị trí của I với mặt cầu ( S )
• Nếu I nằm ngồi ( S )
⇒ IM min ⇔ M = M = IK ∩ ( S ) với K là tâm
mặt cầu ( S ) .
Học sinh sẽ tìm được hai điểm M , cần phải thử

để loại nghiệm.

13


• Nếu I nằm trong ( S )
⇒ IM min ⇔ M = IK ∩ ( S ) với K là tâm
mặt cầu ( S ) .

Tương tự trường hợp trên, học sinh cũng
tìm được 2 điểm M cần phải thử lại để loại
nghiệm.

Ví dụ: Trong khơng gian Oxyz cho mặt cầu
( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + z 2 = 94 và các điểm A(1;0; −1), B (2; −2;1), C (0; −1;0) . Tìm
r
uuur
uuur
uuuu
r
điểm M trên ( S ) sao cho véc tơ x = 2.MA − 4.MB + 3.MC có độ dài nhỏ nhất.
Học sinh thực hiện lời giải chi tiết
sau:
uu
r
uur
uur r
a; b; c) là điểm thỏa mãn 2.IA − 4.IB + 3.IC = 0
Gọi I (u
u
r
Ta có IA(1 − a; −b; −1 − c)
uur
IB (2 − a; −2 − b;1 − c)
uur
IC (− a; −1 − b; − c)
uu
r
uur
uur
Nên 2.IA − 4.IB + 3.IC = (−6 − a;5 − b; −6 − c)
Suy ra I (−6;5; −6)
Đường thẳng IJ đi qua I (−6;5; −6) và tâm J(1; 2;0) của mặt cầu ( S ) .

 x = 1 + 7.t

IJ :  y = 2 − 3.t
 z = 6.t

IJ cắt ( S ) tại 2 điểm M 1 (8; −1;6) và M 2 (−6;5; −6)
r
uuu
r uu
r
uuu
r uur
uuu
r uur
uuu
r
Ta có x = 2.( MI + IA) + 3.(MI + IC ) − 4.( MI + IB) = MI
uuu
r
Vậy x min ⇔ MI
min

Vậy điểm M thỏa mãn là M (−6;5; −6)
Bài toán 2: Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) tâm I (a; b; c) và
bán kính R .
Mặt cầu ( S ) : ( x − a) 2 + ( y − b) 2 + ( z − c) 2 = R 2
Mặt phẳng ( P) : A.x+B.y+C.z+D=0
Tìm điểm M , N thuộc mặt cầu ( S ) sao cho khoảng cách từ điểm M đến
mặt phẳng ( P) là lớn nhất, khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng ( P) là nhỏ
nhất.

Phương pháp:

14


Xét vị trí tương đối của mặt cầu ( S ) và mặt phẳng ( P) bằng cách so
sánh khoảng cách d ( I ;( P)) và R .
• Nếu d ( I ;(P)) > R thì ( S ) và ( P) khơng
có điểm chung. Khi đó M và N là giao của đường
thẳng V với ( S ) . Trong đó, V là đường thẳng đi qua
I và vng góc với ( P ) . Tìm { M ; N } =V∩( S ) ta sẽ có
hai điểm. Tính khoảng cách từ hai điểm đó đến ( P) ,
khoảng cách nào lớn hơn thì điểm đó là điểm M ,
điểm cịn lại là điểm N .

•

Nếu d ( I ;(P)) = R thì ( P) tiếp
xúc với ( S ) . Giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi
N là tiếp điểm của ( P ) và ( S ) . Giá trị lớn
nhất bằng 2.R khi M đối xứng với N qua
tâm I .
• Nếu d ( I ;(P)) < R thì
( S ) ∩ ( P ) = (C ) là một đường
tròn.
Giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi N nằm
trên đường trịn (C ) . Tìm V∩( S ) sẽ
có hai điểm. Tính khoảng cách từ
hai điểm đó đến ( P) , khoảng cách
nào lớn hơn thì điểm đó tương ứng

là điểm M.
Ví dụ: Trong khơng gian
Oxyz cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) 2 + y 2 + ( z − 2) 2 = 9
Tìm các điểm M , N trên ( S ) sao cho khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng
( P ) là lớn nhất, khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng ( P ) là nhỏ nhất, với:
a) ( P) : x − 2. y + 2.z + 7 = 0
b) ( P) : x + 2. y − 2.z + 12 = 0
c) ( P) : 2.x − 2. y − z + 6 = 0
Học sinh thực hiện giải chi tiết sau:
1 − 2.0 + 2.2 + 7
= 4>3= R
3
Do đó ( P) và ( S ) khơng có điểm chung.
Gọi V là đường thẳng đi qua tâm I (1;0; 2) của mặt cầu ( S ) và V vng
góc với ( P) .

a) Ta có d ( I ,( P )) =

15


x = 1+ t

⇒ Phương trình V:  y = −2.t (t ∈ R )
 z = 2 + 2.t

 J ∈V
 J ∈ (S )

Gọi J =V∩(S ) ⇒ 

 J (1 + t ; −2.t ; 2 + 2.t )
⇒
2
2
2
(1 + t − 1) + (−2.t ) + (2 + 2.t − 2) = 9
⇒ t 2 = 1 ⇔ t = ±1
Suy ra hai điểm thỏa mãn J1 (0; 2;0) và J 2 (2; −2; 4) .
0−4+0+7
=1
Ta có d ( J1 ;( P )) =
3
2+ 4+8+7
d ( J 2 ;( P )) =
=7
3
Vậy các điểm cần tìm là M (2; −2; 4) và N (0; 2;0)
b) Ta có ( P) : x + 2. y − 2.z + 12 = 0
1 + 2.0 − 2.2 + 12
d ( I ;( P )) =
=3= R
3
⇒ ( P ) tiếp xúc với ( S ) .
Gọi V là đường thẳng đi qua I và vng góc với ( P)
x = 1+ t

V:  y = 2.t (t ∈ R )
 z = 2 − 2.t


Giao điểm của V và ( S ) là hai điểm N (0; −2; 4) và M (2; 2;0) .
Do d ( N ;( P )) = 0 và d (M;( P )) = 6 nên:

Khoảng cách từ một điểm thuộc mặt cầu ( S ) đến mặt phẳng ( P) nhỏ
nhất là 0, đạt được tại N (0; −2; 4) .
Khoảng cách từ một điểm thuộc mặt cầu ( S ) đến mặt phẳng ( P) lớn
nhất là 6, đạt được tại M (2; 2;0) .
c) Ta có ( P) : 2.x − 2. y − z + 6 = 0
nên d( I ;( P)) =

2 − 2.0 − 2 + 6
=2<3= R
3

Khoảng cách từ một điểm thuộc mặt cầu ( S ) đến ( P) nhỏ nhất là 0, đạt
được tại N = (C ) với (C ) là đường tròn giao tuyến của ( P) và ( S ) .
Điểm thuộc mặt cầu ( S ) đến mặt phẳng ( P) lớn nhất là điểm có khoảng
cách đến ( P) lớn hơn trong các giao điểm của V và ( S ) .
Trong đó V là đường thẳng đi qua tâm I của mặt cầu ( S ) và vng góc
với ( P) .
 x = 1 + 2.t

V:  y = −2.t (t ∈ R )
z = 2 − t


16


Giao điểm của V với ( S ) là J1 (3; −2;1) và J 2 (−1; 2;3)

Ta có d ( J ;( P )) = 5
1

d ( J 2 ;( P )) =

7
3

nên điểm cần tìm là M (3; −2;1)
Ngồi hai bài toán tổng quát trên, trong bài toán điểm và mặt cầu cịn
gặp một số bài tốn đặc biệt. Trong đó, muốn có lời giải ngắn gọn và chi tiết
cần kiểm tra các tính chất đặc biệt có trong đề bài. Học sinh có thể được tìm
hiểu thơng qua hai ví dụ sau:
Ví dụ 1: Trong khơng gian 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 T = MA2 + MB 2 có giá trị nhỏ nhất.
Học sinh giải chi tiết sau:
Kiểm tra dữ liệu đề bài bằng cách thay tọa độ A và B vào ( S ) ta được

Tmin

(32 + (−5) 2 + 22 − 3 + 4.5 − 2).(7 2 + (−3) 2 + (−2) 2 − 7 + 4.3 − 2) > 0
Như vậy A và B nằm ngoài ( S ) .
)
Gọi J là trung điểm của AB ⇒ J nằm ngoài u(uSuu
r
u
u
u
r

u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
r
u
u
u
r
2
2
2
2
2
T = MA + MB = MA + MB = ( MJ + JA) + ( MJ + JB ) 2
= JA2 + JB 2 + 2.MJ 2
Trong đó JA2 + JB 2 khơng đổi nên
2
⇔ 2.MJ min
⇔ M = IJ ∩ ( S )


Lập IJ với I  ; 2;0 ÷ là tâm mặt cầu
1

2



 x = 5 − 3.t

IJ :  y = −4 + 4.t Tìm M = IJ ∩ (S)
z = 0


Vậy M (2;0;0)
Ví dụ 2: Trong khơng gian Oxyz cho mặt cầu
( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 3) 2 = 16 . Tìm điểm M trên ( S ) sao cho giá trị biểu
thức A = 2.xM − yM + 2.zM đạt giá trị lớn nhất với M ( xM ; yM ; zM ) .
Học sinh thực hiện giải chi tiết sau:
Ta có A = 2.xM − yM + 2.zM
⇔ 2.xM − yM + 2.z M − A = 0
Ta có M ∈ ( P) : 2.x − y + 2.z − A = 0

Như vậy qua cách kiểm tra dữ liệu đề bài ta thấy điểm M nằm trên

( P ) : 2.x − y + 2.z − A = 0

Điểm M tồn tại ⇔ Khoảng cách d ( I ;( P )) ≤ R (Với R là bán kính mặt
cầu).
6− A
≤4
3
⇔ −6 ≤ A ≤ 18
⇔

17


Vậy Amax = 18 đạt được khi M = ( S ) ∩ ( P) với ( P) : 2.x − y + 2.z − 18 = 0
( P ) tiếp xúc với ( S ) tại M .
uuur
r
 IM = k .n
Ta có 
( k là số thực).
 M ∈ ( P )
r
r
với n là véc tơ pháp tuyến của ( P) ⇒ n(2; −1; 2)
 11 2 17 
Vậy M  ; ; ÷ là điểm cần tìm.
3 3 3

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
Trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh dự thi học sinh giỏi, phụ
đạo học sinh yếu kém, tơi đã tích lũy được một số kinh nghiệm tìm tọa độ
điểm trong bài tốn cực trị của hình học khơng gian, đặc biệt tôi đã áp dụng
cụ thể trong việc giảng dạy bộ mơn hình học lớp 12. Đây thực sự là một tài
liệu hữu ích đã được tơi kiểm chứng thực tế và cho kết quả tốt.
Thường thì các em học sinh có học lực khá và giỏi sẽ giải quyết tương
đối tốt bài toán đặt ra, tuy nhiên lời giải cịn chưa ngắn gọn, xúc tích. Dựa vào
học sinh giỏi, giáo viên có thể tổng kết thành các bước làm cụ thể. Thơng qua
hoạt động nhóm các em có học lực tốt sẽ giúp đỡ các bạn có học lực yếu kém
và trung bình. Các bài tốn tổng qt với sơ đồ tư duy là “ ngọn đèn dẫn lối”

cho các em tìm thấy hướng đi của mình và kết quả tương đối khả quan:
Kiểm chứng trên lớp với 45 học sinh 12 A1 năm học 2020 – 2021 thu
được kết quả sau:
Nhận biết(nắm vững lý
thuyết)
Số
học sinh

Phần trăm

Thơng hiểu(có thể vận
dụng lý thuyết để giải
toán)
Số
Phần trăm
học sinh

Vận dụng linh hoạt
(giải được đa số các bài
tập đưa ra)
Số
Phần trăm
học sinh

18


45
100%
40

88,9%
Về thời gian thu được kết quả sau:
1,8 phút / 1 bài
Số
học
sinh
15

Phần
trăm
33,3%

Từ 2 phút/ 1 bài
đến 5 phút/ 1 bài
Số
học
sinh
20

Phần
trăm
44,4%

35

Từ 5 phút/ 1 bài
đến 10 phút/ 1
bài
Số
Phần

học
trăm
sinh
5
11,15%

77,8%

Trên 10 phút / 1
bài
Số
học
sinh
5

Phần
trăm
11,15%

3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận.
Trên đây tôi đã giới thiệu một số phương pháp tìm tọa độ điểm trong
bài tốn cực trị của hình học khơng gian. Tơi đã áp dụng trực tiếp đối với học
sinh mà mình dạy, thấy học sinh thực hiện lời giải nhanh hơn và kết quả tính
tốn chính xác hơn.
3.2. Kiến nghị.
Tuy nhiên vì thời gian thực hiện sáng kiến kinh nghiệm eo hẹp và quy
định hạn hẹp của số trang trong một sáng kiến kinh nghiệm nên khơng tránh
được những sai sót khi thực hiện để tài. Mong được sự góp ý của các bạn
đồng nghiệp để sáng kiến kinh nghiệm được hồn chỉnh hơn.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 12 tháng 5 năm 2021
ĐƠN VỊ
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của

mình viết, khơng sao chép nội dung của
người khác.

19


Hà Thị Thu Hồng

20


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa hình học 12- Nhà xuất bản giáo dục.
2. 18 chủ đề hình học 12 (Chủ biên Nguyễn Văn Dũng – Nguyễn Tất Thu).
3. Tài liệu tham khảo trên mạng internet.

21