42 giải pháp mới xây dựng và phát triển hệ thống các bài toán cực trị hình học giải tích trong không gian(1)

sáng kiến: “Giải pháp mới xây dựng và phát triển hệ thống các bài tốn cực trị hình
học giải tích trong không gian” - Phụ lục 1.
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học.
3. Các từ viết tắt:
- THPT: Trung học phổ thông
- SGK: Sách giáo khoa
4. Nội dung sáng kiến
4. 1. Thực trạng và giải pháp cũ thường làm - Hạn chế của giải pháp cũ
4. 1. 1. Thực trạng
Trong chương trình tốn THPT các bài tốn về cực trị, đặc biệt là các bài toán về
cực trị trong hình học ln là các bài tốn khiến học sinh gặp nhiều khó khăn và lúng
túng. Các bài tốn trong chương trình SGK lớp 12 hiện hành viết cịn rất sơ sài và chủ
yếu dừng lại ở mức độ thông hiểu. Các dạng bài tập trong sách được viết theo dạng tự
luận, được bố trí rời rạc và đan xen tồn bộ nội dung của chương trình Hình học giải
tích trong khơng gian. Trong khi đó ở kỳ thi THPT Quốc gia và trong các đề thi minh
họa của Bộ giáo dục và Đào tạo trong ba năm vừa qua, nội dung này được đánh giá ở
mức độ vận dụng, vận dụng cao.
Với các bài toán về cực trị trong hình khơng gian, hệ thống các câu hỏi được
khai thác một cách khéo léo và vận dụng nhiều kiến thức. Để giải quyết được bài tốn
này học sinh khơng những phải nắm được các kiến thức cơ bản về hình giải tích mà
cịn phải biết kết hợp khéo léo với các tính chất hình học, các tính chất về véc tơ trong
khơng gian để xử lý.
Theo thống kê thì 80% học sinh của trường THPT Nho Quan B khi tham gia thi
đại học không giải quyết được các bài toán thuộc mức độ vận dụng và vận dụng cao
của dạng tốn này. Bên cạnh đó với những dạng bài tập này địi hỏi học sinh phải tư
duy, phân tích, nhìn nhận bài tốn dưới nhiều góc độ khác nhau, biết vận dụng nhiều
kiến thức liên quan. Do đó khi giảng dạy các phần kiến thức thuộc nội dung này hầu
như giáo viên gặp phải rất nhiều khó khăn trong việc định hướng cũng như hướng dẫn
học sinh tiếp cận lời giải cho bài toán.
4. 1. 2. Giải pháp cũ thường làm

Trong sách giáo khoa hiện hành nội dung bài tập liên quan còn sơ sài, chưa định
hướng được lời giải cho học sinh.
Các bài toán mới dừng lại ở mức độ vận dụng trực tiếp lý thuyết vào giải trực
tiếp, chưa có sự gắn kết logic giữa các dạng bài toán. Các bài toán đều cho dưới dạng
tự luận.
Nội dung bài tập chỉ đơn thuần dừng lại trong khuôn khổ các bài tốn tính mà
chưa có sự gắn kết các bài toán về các kỹ năng vận dụng ý nghĩa hình học. Các bài tập
trong SGK và trong Sách bài tập hiện tại chủ yếu là rèn các kỹ năng về tính tốn và
biến đổi. Với hệ thống bài tập như vậy, học sinh chỉ cần luyện tập và làm nhiều bài tập
là có thể giải quyết được. Với các câu hỏi về cực trị trong Sách giáo khoa và sách bài
tập chỉ đưa ra lời giải theo một hướng cố định và khơng có sự phân tích cơ sở để hướng
đến lời giải đó.
Hệ thống sách trắc nghiệm trên thị trường tràn lan, viết chủ yếu với hình thức
phân dạng và đưa vào nhiều câu hỏi chủ yếu giúp các em luyện tập củng cố các dạng
toán đã nêu, chưa thực sự mở cho học sinh các hướng phát triển thơng qua một dạng
tốn cụ thể. Do đó ngồi việc phải nhớ nhiều dạng tốn các em cịn phải nhớ cách làm
chi tiết cho từng dạng. Điều đó khiến các em cảm thấy rất khó khăn trong q trình ghi
nhớ và vận dụng. Hơn nữa với các bài toán địi hỏi có sự suy luận và liên kết giữa các
kiến thức thì hầu như các em khơng xử lý được.
Do vậy vấn đề đặt ra là khi học sinh làm các bài tập này thường có lời giải theo
các dạng toán cố định. Với các bài toán về cực trị hầu như trong khuôn khổ sách giáo
khoa không đề cập đến vì để xử lý các dạng tốn này học sinh cần phải linh hoạt kết
hợp các kiến thức đã học ở các bài trước, chương trước hoặc thậm chí là các kiến thức
ở lớp dưới. Do đó khi đối diện với các bài toán này trong các đề thi hầu hết các em
không đủ khả năng để giải quyết do đó dẫn tới tình trạng học sinh chán nản, không
hứng thú vào việc nghiên cứu và giải quyết các dạng bài tập này. Điều đó được minh
chứng trong các kỳ thì hầu hết các em bỏ các câu hỏi có liên quan đến nội dung này.
4. 1. 3. Hạn chế của giải pháp cũ
- Với việc đưa ra hệ thống các dạng bài toán cố định và mặc định sẵn các

phương pháp giải tương ứng khiến học sinh rất vất vả trong việc nhớ các dạng toán và
phương pháp tương ứng cho từng dạng.


- Trong các bài tập khác khi đề bài cho không ở dạng chuẩn học sinh không biết
cách định hướng và tìm lời giải.
- Khi thực hiện theo giải pháp cũ hầu hết học sinh không làm được các bài toán
mà yếu tố đề bài cho ở dạng suy luận.
- Hệ thống bài tập chưa thực sự phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm như hiện
nay. Bài tập cịn nặng về các yếu tố ghi nhớ và tính tốn theo công thức không phát
huy được năng lực sáng tạo của người học. Việc khắc sâu đặc điểm và tính chất cũng
như phát triển các kiến thức đã được học cùng việc sử lí các tình huống trong các bài
tốn cụ thể gặp nhiều hạn chế.
- Với xu thế dạy học mới, giải pháp cũ bộc lộ nhược điểm rõ rệt, khơng phát huy
được tính chủ động, sáng tạo của học sinh trong q trình giải tốn. Bên cạnh đó với
việc cung cấp quá nhiều dạng toán và phương pháp như các tài liệu hiện nay khiến học
sinh phải chịu áp lực rất lớn trong quá trình học tập, phải ghi nhớ một lượng kiến thức
quá lớn. Điều này khiến các em mất đi sự sáng tạo và hứng thú trong học tập. Đặc biệt
để làm các bài tập theo các dạng này học sinh phải nhớ quá nhiều các cơng thức các đại
lượng liên hệ một cách máy móc.
Với các cách tiếp cận bài toán như giải pháp cũ học sinh rất thụ động. Trong quá
trình làm bài tập học sinh khơng tìm đượchứng thú và tự giác. Học sinh không nghĩ
suy độc lập mất đi sự sáng tạo.
4. 2. Giải pháp mới:
Sáng kiến được hình thành theo dạng một chủ đề dạy học. Hệ thống lý thuyết
được trình bày một cách cô đọng và ngắn gọn nhất. Các dạng bài tập được xây dựng
một cách hệ thống, có phân chia các mức độ. Bài tập được thiết kế theo hình thức trắc
nghiệm để tạo điều kiện cho học sinh có khả năng phát huy hết năng lực của bản thân.
Với bố cục của sáng kiến được chia thành các phẩn rõ ràng. Thứ nhất đó là việc
trình bài lại hệ thống các kiến thức cơ bản trong chương trình sách giáo khoa mà tối

thiểu học sinh cần nắm được. Mỗi phần kiến thức học sinh được tiếp nhận đều có các
dạng bài tập vận dụng với các mức độ và yêu cầu khác nhau để học sinh luyện tập.
Nêu và định hướng một số phương pháp mới để giải các bài tập trong các đề thi
đại học với kiến thức cơ bản nhất. Giúp học sinh vận dụng được trực tiếp kiến thức


đang học vào sử lý các bài toán liên quan, hình thành con đường tư duy liên tục và các
kỹ năng vận dụng kiến thức vào các tình huống cụ thể.
Trong q trình hình thành lời giải có sự phân tích về cách tư duy và con đường
tìm lời giải trên cơ sở giả thiết từ đó giúp học sinh tạo được thói quen tư duy liên kết
khi gặp các bài tốn lạ.
4.3. Tính mới, tính sáng tạo:
- Sáng kiến phân tích lời giải và tư duy để hình thành con đường đi đến lời giải
một cách tự nhiên nhất. Liên kết giữa các dạng tốn giúp học sinh hình thành những
suy luận hợp lý, tổng quát được bài toán theo nhiều hướng khác nhau.
- Các bài tốn được nhóm tác giả chia theo trình tự của nội dung các kiến thức
được trình bày trong sách giáo khoa để đảm bảo cho học sinh có thể dễ dàng tiếp cận
ngay từ khi được cung cấp kiến thức về lý thuyết. Bài tập và ví dụ minh họa được sắp
xếp theo hệ thống kiến thức phân dạng mức độ từ nhận biết, thông hiểu, vận dụng và
vận dụng cao.
- Giải pháp mới nhằm giúp học sinh giảm bớt gánh nặng trong quá trình học tập:
Kiến thức cần thiết chỉ nằm trong khuôn khổ của sách giáo khoa hiện hành, không phải
nhớ q nhiều dạng bài tập một cách máy móc, khơng phải tốn kém trong quá trình
mua tài liệu tham khảo.
- Khi tiếp cận cách học theo giải pháp mới, học sinh có thể tự chủ động tìm lời
giải độc lập cho một bài toán dựa trên lượng kiến thức đã có sẵn. Do đó học sinh có thể
chủ động và linh hoạt trước một bài tốn khơng phải áp đặt theo một khn mẫu định
sẵn.
- Giáo viên có thể dựa vào các kết quả quen thuộc trong sách giáo khoa ra đề bài
cho học sinh một cách chủ động không trùng lặp.

- Các giải pháp mới nêu ra đều sử dụng phần lớn những kiến thức mà học sinh
được học ngay trên lớp. Sự liên kết giữa các phần kiến thức cùng với những định
hướng ban đầu khiến cho bài toán trở nên quen thuộc và dễ tiếp cận. Việc vận dụng
một cách phù hợp vào từng bài toán cụ thể luôn tạo ra sự mới mẻ nhưng cũng rất quen
thuộc với học sinh. Các bài tập vận dụng giải pháp mới hầu như là những bài toán đã


xuất hiện trong các tài liệu tham khảo cũng như trong các Đề thi đại học trong những
năm gần đây nhưng được tiếp cận một cách hoàn toàn mới mẻ nhưng đồng thời rất gần
gũi với mức độ suy luận của các em học sinh.
5. Hiệu quả kinh tế và xã hội dự kiến đạt được
5. 1. Hiệu quả về kinh tế:
- Học sinh không phải sử dụng quá nhiều tài liệu như việc sử dụng các phương
pháp khác. Có thể tự sáng tạo hoặc giải các bài toán khác theo phương pháp này. Thời
gian nghiên cứu và học tập tương đối phù hợp. Các em học sinh có thể dựa vào những
phân tích về các bài tốn trong sáng kiến để đi tìm lời giải cho một bài tốn khác, có
thể tránh được tình trạng học thêm tràn lan vừa tốn kém vừa không mang lại hiệu quả
cao.
5. 2. Hiệu quả xã hội
Giải pháp cũ
+ Chưa mang tính thực tiễn cao: Kiến
thức trình bày cịn nặng, thiên về việc
giải bài tập. Hệ thống bài tập chưa phù
hợp với phương châm đổi mới giáo
dục hiện nay. Các bài tập về cực trị
trong khơng gian cịn sơ sài và nặng về
hình thức tự luận.

Giải pháp mới
+ Có tính thực tiễn cao: Kiến thức chỉ

nằm trong SGK hiện hành. Sáng kiến
tập trung vào việc phân tích tư duy
giúp học sinh tìm lời giải. Hệ thống ví
dụ và bài tập mang tính sáng tạo, đáp
ứng được yêu cầu về đổi mới. Bài tập
được xây dựng kết hợp giữa tự luận và
trắc nghiệm.
+ Học sinh bị động trong tiếp cận bài + Học sinh chủ động, sáng tạo trong
toán. Phải đọc và học quá nhiều dẫn học tập. Phát huy được sự hứng thú và
đến áp lực trong học tập. Phải ghi nhớ niềm đam mê trong học tập.
quá nhiều nội dung kiến thức.
+ Việc trình bày các nội dung trong + Kiến thức đơn giản, khơng cần học
sách tham khảo cịn q nặng về kiến thêm. Học sinh có thể tự học theo
thức khiến học sinh khó hiểu dẫn đến phương pháp nghiên cứu mà sáng kiến
tình trạng học sinh học thêm tràn lan hướng dẫn.
gây bức xúc cho gia đình và xã hội.
+ Các bài toán trong các kỳ thi Đại học + Các bài toán trong đề thi Đại học và
và Cao đẳng trong 4 năm gần đây Cao đẳng trong những năm gần đây
khơng nằm trong các dạng tốn được khi áp dụng sáng kiến là tương đối đơn
trình bày trong sách tham khảo.
giản, có thể giải quyết một cách khá dễ
dàng.
+ Giáo viên lúng túng trong việc lựa - Giúp giáo viên trong việc dạy học
chọn bài tập, chọn dạng toán vừa đảm theo phương pháp mới, xác định được
bảo tính hệ thống của chương trình vừa các nội dung trọng tâm của bài, giáo
đảm bảo đáp ứng được sự đổi mới về viên sử dụng như tài liệu tham khảo,


kiểm tra đánh giá.

nó giúp cho giáo viên giảm bớt được
nhiều công sức trong việc soạn bài,
chuẩn bị bài lên lớp.
+ Chưa đáp ứng được yêu cầu đổi mới + Chú trọng vào việc phát triển năng
giáo dục. Học sinh phụ thuộc vào giáo lực, phương pháp tiếp cận đa dạng, khả
viên và các phương pháp, phải ghi nhớ năng vận dụng thực tiễn cao.
và tái hiện nội dung của các phương
pháp. Khả năng vận dụng thực tiễn
thấp.
6. Điều kiện và khả năng áp dụng:
6.1. Điều kiện áp dụng:
Sáng kiến: “Giải pháp mới xây dựng và phát triển hệ thống các bài tốn cực
trị hình học giải tích trong khơng gian” mà nhóm tác giả trình bày dễ dàng áp dụng
trong thực tế, phù hợp với cả giáo viên, học sinh trung học phổ thơng. Khơng những
hữu ích với học sinh ơn thi đại học mà cịn hiệu quả với học sinh đại trà khác, giúp các
em nâng cao khả năng tư duy giải quyết các vấn đề liên quan.
6.2. Khả năng áp dụng:
Sáng kiến đã được nhóm tác giả sử dụng trong quá trình giảng dạy, là tài liệu
tham khảo cho các em học sinh, các thầy cô trong q trình ơn thi học sinh giỏi, thi
THPT Quốc gia tại trường THPT Nho Quan B và có thể áp dụng cho các trường THPT
trong tỉnh.
Qua sáng kiến cho thấy rằng các bài tốn về cực trị Hình giải tích trong khơng
gian có thể tiếp cận được với nhiều đối tượng học sinh, với nền tảng kiến thức chính
chỉ giới hạn trong nội dung chương trình sách giáo khoa hiện hành. Do đó khả năng áp
dụng sáng kiến này vào thực tế là khả quan và dễ thực hiện.
7. Kết luận :
Sáng kiến “Giải pháp mới xây dựng và phát triển hệ thống các bài tốn cực trị
hình học giải tích trong khơng gian” mà nhóm tác giả đã học hỏi đúc rút được trong
quá trình giảng dạy tại trường THPT Nho Quan B. Sáng kiến thực sự là một bước đổi
mới trong quá trình hướng dẫn học sinh tự học, tự nghiên cứu. Khi triển khai sáng kiến

cho học sinh thuộc các lớp giảng dạy đã tạo được niềm tin, say mê hứng thú cho các


em học sinh. Các em học sinh chủ động sáng tạo trong việc phân tích bài tốn, dự đốn
tính chất và định hướng lời giải cho bài tốn.
Trong q trình giảng dạy tôi đã hướng dẫn cho học sinh nắm được các ý tưởng
cơ bản, các thuật toán thường dùng trong việc giải quyết các bài toán liên quan về các
cơng thức và các dạng bài tốn mà hình thức có thể cho ta nghĩ đến hướng giải quyết
bằng các con đường khác nhau. Thơng qua việc phân tích hướng tìm tịi suy nghĩ khác
nhau cho cùng một đề tốn nhằm rèn luyện cho các em học sinh khả năng tư duy thông
qua cách tiếp cận và phát hiện mối liên hệ giữa các đại lượng, phát hiện ra các tính chất
và các hướng giải quyết đặc trưng cho một loạt các bài tập cùng dạng. Mấu chốt quan
trọng của các bài theo xu thế hiện nay là biết khai thác triệt để giả thiết, vận dụng
những yếu tố có mặt trong giả thiết và các tính chất cơ bản đã cho trong giả thiết xây
dựng nên mối quan hệ giữa các đại lượng liên quan. Từ đó tìm ra con đường giải quyết
bài toán.
Khi tiếp cận với phương pháp này một số em học sinh khá giỏi cảm thấy rất
thích thú, ham mê tìm tịi phát hiện và đơi khi đưa đến những cách giải sáng tạo và linh
hoạt hơn nhiều. Các em khơng phải bó buộc suy nghĩ, phải cố gắng để nhớ nhiều các
dạng toán, các phương pháp cụ thể mà chỉ cần nắm vững và kết hợp tốt các bài tốn cơ
bản trong SGK.
Thơng qua các tiết dạy trên lớp, các tiết ôn tập khi triển khai nội dung của sáng
kiến hầu hết các học sinh đều nhiệt tình tham gia. Đặc biệt là quá trình xây dựng và
hình thành nên lời giải của bài tốn, các em đều rất chủ động và sáng tạo. Điều này cho
thấy việc áp dụng sáng kiến trong quá trình giảng dạy đã góp một phần vào việc đổi
mới phương pháp giảng dạy hiện nay.
Sáng kiến của tôi đã được áp dụng trong các năm học giảng dạy lớp 12, được
học sinh đồng tình và đạt được một số kết quả, đặc biệt là các bài tốn có vận dụng các
tính chất liên quan được khai thác trực tiếp từ giả thiết. Các em hứng thú học tập hơn,
ở những lớp có hướng dẫn kỹ các em học sinh với mức học trung bình cứng trở lên đã

có kỹ năng giải các bài tập thuộc dạng này. Học sinh biết áp dụng tăng rõ rệt.
`

Việc áp dụng những cải tiến mới đã giúp học sinh giảm được áp lực học tập,

giáo viên thốt khỏi cách trình bày hàn lâm về lí thuyết, chất lượng học tập của học
sinh tăng, góp phần đẩy mạnh nâng cao chất lượng giáo dục.


Xin chân thành cám ơn!
Ninh Bình, ngày 02 tháng 05 năm 2020
ĐẠI DIỆN NHÓM TÁC GIẢ

Phạm Thành Trung


PHỤ LỤC SÁNG KIẾN
Phần 1. MÔ TẢ NỘI DUNG SÁNG KIẾN:
Sáng kiến được thiết kế theo dạng chủ đề dạy học đã được nhóm tác giả áp dụng
trong q trình giảng dạy ôn tập tại nhà trường. Tùy theo mức độ của học sinh từng lớp
mà các tác giả đã đưa vào các phần nội dung để giảng dạy cho phù hợp với tình hình
thực tiễn.
Nội dung sáng kiến được chia thành các chủ đề dạy học trên cơ sở các mảng
kiến thức có liên quan đến nhau. Mỗi mảng kiến thức liên quan đều được trình bày
khoa học với hệ thống ví dụ được phân thành các mức độ từ vận dụng và vận dụng cao
để thích hợp cho các đối tượng học sinh khác nhau ở trường THPT Nho Quan B.
Với mỗi chủ đề dạy học đều được thiết kế theo cấu trúc: Tóm tắt lại các kiến
thức cơ sở, các cơng thức thường sử dụng và có các ví dụ minh họa cho từng dạng cụ
thể. Trong mỗi ví dụ ngồi lời giải các tác giả cịn đưa thêm các hướng suy luận và mô
tả con đường để dẫn đến lời giải một cách tự nhiên nhất.

Sáng kiến ngồi là nguồn tài liệu cho các thầy cơ trong q trình giảng dạy cịn
là tư liệu để các em học sinh tự học một cách tốt nhất. Các em học sinh có thể đọc lời
giải và các hướng dẫn suy luận trong các ví dụ từ đó vận dụng vào làm các bài tập
trong hệ thống bài tập được trình bày trong sáng kiến.
Phần 2. XÂY DỰNG VÀ PHÁT TRIỂN HỆ THỐNG CÁC BÀI TỐN
CỰC TRỊ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG KHƠNG GIAN
Trong phần này nhóm tác giả nêu ra một số dạng toán quen thuộc đồng thời
phân tích các đặc điểm của dạng tốn và các bài tốn phát triển có liên quan. Trình tự
mỗi phần được thiết kế theo sơ đồ: Dạng toán – Phương pháp – Ví dụ ( Có lời giải,
phân tích và bình luận) – Bài tập áp dụng.
2.1. CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ XÂY DỰNG DỰA TRÊN KIẾN THỨC VỀ TÂM TỶ
CỰ CỦA HỆ ĐIỂM CHO TRƯỚC.
2.1.1. Các kiến thức về tâm tỷ cự của hệ điểm:
2.1.1.1. Khái niệm về tâm tỷ cự:
Cho hệ n điểm

A1 , A2 ,..., An

và n số thực

đó:
* Tồn tại duy nhất điểm I sao cho:

k1 , k2 ,..., kn

k1  k2  ...  kn  k �0

thoả mãn

uur

uuu
r
uuu
r r
k1.IA1  k2 .IA2  ...  kn .IAn  0

.

. Khi


* Với mọi điểm M ln có :

uuuu
r
uuuur
uuuur
uuu
r
k1.MA1  k2 .MA2  ...  k n .MAn   k1  k 2  ...  kn  MI

.

2.1.1.2. Một số trường hợp đặc biệt của tâm tỷ cự:
a. Tâm tỷ cự với hệ hai điểm:
* Khái niệm: Cho hai điểm A, B và hai số thực  ,  thoả mãn    �0 .
uu
r
uur r


.
IA


.
IB  0 .
+ Tồn tại duy nhất điểm I sao cho:
uuur
uuur
uuu
r

.
MA


.
MB




MI


+ Với mọi điểm M ta ln có :
.
* Đặc biệt:
uu
r uur

�
IA
�  IB  0
uuu
r
�uuur uuur
MA  MB  2 MI
�
I
AB
+ Khi là trung điểm
ta có
.
+ Khi I là chân đường phân giác trong kẻ từ M xuống AB của tam giác MAB với

uu
r uur r
�
�aIA  bIB  0
uuu
r
� uuur uuur
aMA

bMB

a

b
MI



�
MA  a; MB  b; AB  c ta có
.
b. Tâm tỷ cự với hệ ba điểm:
* Khái niệm: Cho ba điểm A, B, C và ba số thực  ,  ,  thoả mãn      �0
uu
r
uur
uur r

.
IA


.
IB


.
IC  0 .
I
+ Tồn tại duy nhất điểm sao cho:
uuur
uuur
uuuu
r
uuu
r


.
MA


.
MB


.
MC






MI


+ Với mọi điểm M ta luôn có:
.
* Đặc biệt:

+ Khi I là trọng tâm tam giác ABC ta có

uu
r uur uur
�
�IA  IB  IC  0

r
uuu
r
�uuur uuur uuuu
�MA  MB  MC  3MI

.

+ Khi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ta có

uu
r uur uur
�
�aIA  bIB  cIC  0
r
uuu
r
� uuur uuur uuuu
�aMA  bMB  cMC   a  b  c  MI .
2.1.2. Một số bài tốn xây dựng dựa trên tính chất tâm tỷ cự:
Chú ý: Trong hình học vị trí của điểm M có thể thuộc một số quỹ tích nào đó. Do vậy ta có
thể xây dựng các bài tốn tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất dưới một số dạng sau:

MI min  0
+ Nếu M tùy ý thì
khi M �I .
MI min
+ Nếu M thuộc đường thẳng d thì
khi I là hình chiếu của M lên d .

 P  thì MI min khi I là hình chiếu của M lên  P  .
+ Nếu M thuộc mặt phẳng


S  O; R 
S  O; R 
MI min
+ Nếu M thuộc mặt cầu
thì
khi I là giao điểm của MO và
ở vị trí
bên trong so với M ; O .
Từ những nhận xét trên ta có thể đi xây dựng một số bài tốn có liên quan đến tâm tỷ cự và
các ước lượng hình học cơ bản cụ thể thơng qua một số dạng tốn điển hình sau đây:
uuur
uuur
uuuu
r
F   .MA   .MB   .MC
2.1.2.1. Bài toán về giá trị nhỏ nhất của biểu thức dạng:
a. Phương pháp:

uu
r
uur
uur r

.
IA



.
IB


.
IC  0
I
+ Xây dựng điểm thỏa mãn
uuur
uuur
uuuu
r
uuu
r
F   .MA   .MB   .MC         MI       MI
+ Khi đó

Do đó F đạt giá trị nhỏ nhất khi MI đạt giá trị nhỏ nhất.
b. Các ví dụ:

A  3;  0; 0  B  0; 6; 0  C  0; 0; 6 
Ví dụ 1: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm
,
,
.
Tìm điểm M sao cho

uuur uuur uuuu
r

F  MA  MB  MC

 0; 3; 1 .
D.
uuur uuur uuuu
r
F  MA  MB  MC
Hướng dẫn: Bài tốn có sự xuất hiện của đại lương
do đó ta có thể
nghĩ đến hướng dùng tâm tỷ cự của hàm số.
Lời giải
Đáp án A
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC  G (1; 2; 2) .
uuur uuur uuuu
r
uuuu
r
MA  MB  MC  3 MG
Ta có
.
uuur uuur uuuu
r
uuuu
r
MA  MB  MC
3 MG
Do đó
nhỏ nhất 
nhỏ nhất  hay M �G .
A. (1; 2; 2) .

B.

 2; 1; 3 .

đạt giá trị nhỏ nhất?

C.

 2; 1; 3 .

Vậy M (1; 2; 2) .
Phân tích :
+ Đây là một bài tốn khá đơn giản. Điểm M khơng bị ràng buộc bởi các yếu tố khác do đó
ta có thể đánh giá trực tiếp qua ước lượng về giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng.
A  3;  0; 0  B  0; 6; 0  C  0; 0; 6 
Ví dụ 2: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm
,
,
và mặt phẳng

 P :

uuur uuur uuuu
r
F  MA  MB  MC
A. (1; 2; 2) .

x yz–40

. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng

 P

đạt giá trị nhỏ nhất?

B.

 2; 1; 3 .

C.

 2; 1; 3 .

D.

 0; 3; 1 .

sao cho


Hướng dẫn: Bài tốn có sự xuất hiện của đại lương

uuur uuur uuuu
r
F  MA  MB  MC

do đó ta có thể

 P  là

nghĩ đến hướng dùng tâm tỷ cự của hàm số. Mặt khác điểm M di chuyển tùy ý trên
một điều kiện để ta có thể đánh giá biểu thức F .
Lời giải
Đáp án B
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC  G (1; 2; 2) .
uuur uuur uuuu
r
uuuu
r
MA  MB  MC  3 MG
Ta có
.
uuur uuur uuuu
r
uuuu
r
MA  MB  MC
3 MG
 P .
Do đó
nhỏ nhất 
nhỏ nhất  M là hình chiếu của G lên
�x  1  t
�
�y  2  t
 P  �
�z  2  t .
Gọi d là đường thẳng qua G và vng góc
Tọa độ M (1  t; 2  t; 2  t ) .

 P  nên 1  t  2  t  2  t  4  0 � t  1 . Vậy M  2; 1; 3 .
Điểm M thuộc
Phân tích :
+ Đây là một bài tốn khá đơn giản. Việc tìm ra tâm tỷ cự rơi vào trường hợp đặc biệt của
tam giác ABC do đó lời giải bài toán ngắn gọn và tương đối phù hợp với hình thức của một
bài thi trắc nghiệm.
+ Với bài tốn này ta hồn tồn có thể sử dụng phương pháp đại số hóa để đánh giá thơng
qua các ước lượng đại số như sau :
M  a; b; c  � P 
- Giả sử điểm
nên ta có a  b  c – 4  0 .
uuur uuur uuuu
r
2
2
2
F  3  1  a    2  b    2  c 
MA  MB  MC  3  1  a; 2  b; 2  c 
- Khi đó
từ đó
- Từ đó ta sẽ dùng các phương pháp đại số để đi tìm giá trị nhỏ nhất của F với điều kiện
tương ứng.
Hướng 1: Sử dụng bất đẳng thức:
2
2
2
2
2
2
2

�
.  1   1   1 �� 1  a  2  b  2  c   9
�1  a    2  b    2  c  ��
��
�
Ta có:

a 
 1 �
  2 b
2

Do đó có

2

2

c

2

3

F

3 3

a2
�

1  a 2  b 2  c
�


�
�
b  1
1
1 � �
�1
�
�
abc4  0
c3
M  2; 1;3 
�
Dấu đẳng thức xảy ra khi �
. Do đó
.
Hướng 2: Sử dụng đánh giá hàm số ( Dùng tính chất hàm bậc hai hoặc đạo hàm)

F  3  1  a    2  b    a  b  2   3 2a 2  2  b  3  a  2b 2  9
2

2

2

Ta biến đổi
f  a   2a 2  2  b  3 a  2b 2  9

Đặt
là hàm số bậc hai theo biến a do đó đạt giá trị nhỏ
3b 2  6b  9
3b
f  a  min 
�3
a
2 . Do đó
2
nhất tại
đạt được khi b  1

M  2; 1;3 
Khi đó F �3 3 đạt được khi b  1; a  2; c  3 hay
.


A  1;1;1 , B  2;1; 1 , C  0; 4;6 
Ví dụ 3: Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho
. Điểm M
uuur uuur uuuu
r
P  MA  MB  MC
di chuyển trên trục Ox . Tìm tọa độ M để
có giá trị nhỏ nhất.
-2;0;0 
2;0;0 
-1;0;0 
1;0;0 
A. 

.
B. 
.
C. 
.
D. 
.
Phân tích: Với bài tốn này cách tiếp cận hồn tồn tương tự với hai ví dụ trên. Đặc điểm
của bài tốn này là sự ràng buộc về vị trí của M trên trục Ox
Lời giải
Chọn D

G  1; 2; 2 
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC khi đó
.
uuur uuur uuuu
r
F  MA  MB  MC  3MG
Ta có
do đó F đạt giá trị nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất hay M
M  1; 0;0 
là hình chiếu vng góc của G lên Ox nên
.
M  x;0;0  �Ox,  x ��
Gọi
.
uuur
uuur
uuuu
r

MA   1  x;1;1 , MB   2  x;1; 1 , MC    x;4;6 
Khi đó
.
uuur uuur uuuu
r
MA  MB  MC   3  3 x;6;6 
.
x
Với mọi số thực , ta có
uuur uuur uuuu
r
2
2
P  MA  MB  MC   3  3x   62  62  9 x 2  18 x  81  9  x  1  72 � 72

;

P  72 � x  1 .

uuur uuur uuuu
r
P  MA  MB  MC

Vậy GTNN của
là 72 , đạt được khi và chỉ khi x  1 .
M  1;0;0 
Do đó
là điểm thoả mãn đề bài.
Bài tập tương tự:
A  3; 2;1 B  2;3;6 

M  xM ; y M ; z M 
Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho
,
. Điểm
thay
uuur uuur
 Oxy  . Tìm giá trị của biểu thức T  xM  yM  zM khi MA  3MB
đổi thuộc mặt phẳng
nhỏ nhất.
7
7

A. 2
B. 2
C. 2
D. 2
Lời giải
Chọn C
x A  3 xB
�
�xH  1  3
�
y A  3 yB
�
�yH 
1 3
�
z A  3zB
�
� 3 11 19 �

uuur uuur r
 ; ; �
�z H  1  3 � H �
�4 4 4 �
Gọi điểm H thỏa mãn HA  3HB  0 khi đó: �
.
 Oxy  là z  0 .
Phương trình mặt phẳng


�xM  xH  aT
�
�yM  yH  bT
� 3 11 �
z H 19
T

�z  z  cT � M � ; ;0 �
H
� 4 4 �.
1
4 do đó tọa độ điểm M cần tìm là: �M
Xét
3 11
T  xM  yM  zM   4  4  0  2
Vậy
.
Câu 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A(1; 0;0) , B (3; 2; 4) , C (0;5; 4) .
uuur uuur uuuu
r

MA  MB  2 MC
(
Oxy
)
Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng
sao cho
nhỏ nhất.
M
(1;3;0)
M
(1;

3;
0)
M
(3;1;0)
A.
.
B.
.
C.
.
D. M (2;6;0)
.
Lời giải
Chọn A

uur uur uur uu
r
IA


IB

2
IC

0
 1 .
Gọi I là điểm thỏa
uur mãn
uuu
r uuur uuur
 1 � 4OI  OA  OB  2OC   4;12;12  � I  1;3;3 .
Ta có
uuur uuur uuuu
r
uuu
r
MA  MB  2MC  4MI  4 MI
Khi đó
.
uuur uuur uuuu
r
MA

MB

2
MC
Do M thuộc mặt phẳng (Oxy ) nên để

nhỏ nhất hay MI nhỏ nhất thì
M là hình chiếu của I  1;3;3 trên  Oxy  � M  1;3; 0  .
   : 2 x  y  2 z  9  0 và ba điểm
Câu 3: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng
uuur uuur uuuu
r
2 MA  3MB  4 MC
A  2;1;0  , B  0; 2;1 , C  1;3;  1
M �  
. Điểm
sao cho
đạt giá trị
nhỏ nhất. Khẳng định nào sau đây đúng?
x  y M  zM  1
x  yM  z M  4
A. M
B. M
x  yM  zM  3
x  yM  z M  2
C. M
D. M
Lời giải
Chọn B
uur uur uur r
I  a ;b;c
2
Xét điểm
thỏa mãn IA  3IB  4 IC  0 . Khi đó:

�2  2  a   3a  4  1  a   0

a0
�
�
�
b  4 � I  0;  4;7 
�2  1  b   3  2  b   4  3  b   0 � �
�
�
c7
�
�2c  3  1  c   4  1  c   0
.
uuur uuur uuuu
r
uuu
r uuu
r uuu
r uu
r uur uur
2 MA  3MB  4 MC  2 MI  3MI  4 MI  2 IA  3IB  4 IC  IM
Khi đó:
.
uuur uuur uuuu
r
2 MA  3MB  4 MC
 .
Do đó
đạt giá trị nhỏ nhất thì M là hình chiếu của I trên
�x  2t
�

 : �y  4  t
   . Khi đó: �
�z  7  2t .
Gọi  qua I và vng góc với
2  2t    4  t   2  7  2t   9  0 � t  1
M  2;  3;5  � xM  yM  z M  4
Ta có:
. Vậy
.
Câu 4: Trong hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A( 0;1; 0) , B (1;0;0) , C ( 0; 0;1) , D (1;1;1) . Tìm tọa độ
uuur uuur uuuu
r uuuu
r
MA  MB  MC  MD
Oxy


điểm M trên mặt phẳng
sao cho
nhỏ nhất.


� 1�
0;0; �
�
A. � 2 �.
Lời giải
Chọn B

�1 1 �

� ; ;0 �
B. �2 2 �.

� 1 1�
0; ; �
�
D. � 2 2 �.

�2 2 �
� ; ;0�
C. �3 3 �.

Dễ thấy bốn điểm A, B, C , D không đồng phẳng.
�1 1 1 �
uuu
r uuur uuur uuur r
G� ; ; �
Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD nên GA  GB  GC  GD  0 và �2 2 2 �.
uuur uuur uuuu
r uuuu
r
uuuu
r uuu
r uuu
r uuur uuur
MA  MB  MC  MD  4 MG  GA  GB  GC  GD  4MG
Ta thấy
nên.
uuur uuur uuuu
r uuuu

r
MA  MB  MC  MD
nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vng góc của G trên





�1 1 �
M � ; ;0 �
 Oxy  . Vậy �2 2 �.
mặt phẳng
2
2
2
2.1.2.2. Bài toán về giá trị nhỏ nhất của biểu thức dạng: F   MA   MB   MC

a. Phương pháp:

uu
r
uur
uur r

.
IA


.
IB



.
IC  0
+ Xây dựng điểm I thỏa mãn

+ Khi đó

F   IA2   IB 2   IC 2         IM 2

Do đó F đạt giá trị nhỏ nhất khi MI đạt giá trị nhỏ nhất.
b. Các ví dụ:

A  1; 2;3 , B  0;1;1 , C  1;0; 2 
Ví dụ 1: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm
và mặt
phẳng

 P

 P  sao cho giá trị
có phương trình x  y  z  2  0 . Gọi M là điểm thuộc mặt phẳng

2
2
2
biểu thức T  MA  2MB  3MC nhỏ nhất. Tính khoảng cách từ M

đến mặt phẳng

 Q : 2x  y  2z  3  0
2 5
121
91
A. 3 .
B. 54 .
C. 24 .
D. 54 .
Phân tích: Trong bài tốn có dấu hiệu của tâm tỷ cự do đó ta có thể dùng tính chất của bài
toán tâm tỷ cự để đưa bài toán về việc ước lượng độ dài.
Lời giải
Chọn D
uur uur uur r
Gọi I là điểm sao cho IA  2 IB  3IC  0
Tọa độ I thỏa mãn hệ
2
�
�xI  3
�x A  xI  2  xB  xI   3  xC  xI   0
�
�
2
�
�2 2 1 �
� I � ; ; �
�y A  yI  2  y B  yI   3  yC  y I   0 � �y I 
3
�3 3 6 �
�
�

z

z

2
z

z

3
z

z

0




A
I
B
I
C
I
�
1
�
�zI   6
�

Ta có


uuur 2
uuur 2
uuuu
r2
T  MA2  2MB 2  3MC 2  MA  2MB  3MC
uuu
r uu
r 2
uuu
r uur 2
uuu
r uur 2
 MI  IA  2 MI  IB  3 MI  IC  6MI 2  IA2  2 IB 2  3IC 2













Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất � M là hình chiếu vng góc của

I trên mặt phẳng  P 
�7 7 11 �
91
M � ; ; �
d  M ; Q  
18
18
9
�
�suy ra
54 .
Vậy tọa độ điểm
Nhận xét: Với bài toán này ta cũng có thể dùng các ước lượng đại số để đánh giá giá trị
nhỏ nhất hoặc lớn nhất của biểu thức F thông qua việc gọi tọa độ kết hợp với các đánh
giá về bất đẳng thức đại số hoặc sử dụng tính chất của hàm số.
A  1;  2; 1 B  5; 0;  1 C  3; 1; 2 
Ví dụ 2: Trong khơng gian Oxyz , cho ba điểm
,
,
và mặt phẳng

 Q  : 3x  y  z  3  0 . Gọi

M  a; b; c 

là điểm thuộc

nhỏ nhất. Tính tổng a  b  5c .
A. 11 .
B. 9 .

 Q

2
2
2
thỏa mãn MA  MB  2MC

C. 15 .

D. 14 .

Lời giải
Chọn B

uuu
r uuu
r uuur r
� E  3; 0;1
Gọi E là điểm thỏa mãn EA  EB  2 EC  0
.
u
u
u
r
u
u
u
r
u

u
u
u
r
2
2
2
2
2
2
Ta có: S  MA  MB  2 MC  MA  MB  2MC
uuur uuu
r 2 uuur uuu
r 2
uuur uuur 2
 ME  EA  ME  EB  2 ME  EC
 4 ME 2  EA2  EB 2  2 EC 2 .



 







2
2

2
Vì EA  EB  2 EC không đổi nên S nhỏ nhất khi và chỉ khi ME nhỏ nhất.
� M là hình chiếu vng góc của E lên  Q  .
�x  3  3t
�
�y  t
�z  1  t
Phương trình đường thẳng ME : �
.
�x  3  3t
�x  0
�y  t
�y  1
�
�
�
�
�
�z  1  t
�z  2
�
�
3x  y  z  3  0
t  1 .
�
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình: �
� M  0; 1; 2  � a  0 b  1 c  2
,
,
.

� a  b  5c  0  1  5.2  9 .

A  1; 2; 1 B  3;1; 2  C  2;3; 3
Ví dụ 3: Trong không gian Oxyz cho
,
,
và mặt phẳng

 P  : x  2 y  2z  3  0 .

M  a; b; c 

là điểm thuộc mặt phẳng
2
2
2
MA  MB  MC có giá trị nhỏ nhất. Xác định a  b  c .

 P

sao cho biểu thức

A. 3 .
B. 2 .
C. 2 .
Lời giải
Chọn D
uuu
r uuur uuur r
G  2; 2; 2 

Gọi
là trọng tâm tam giác ABC , khi đó GA  GB  GC  0 .

D. 3 .


Ta có
MA  MB  MC
2

2

2

uuu
r uuuu
r 2 uuur uuuu
r 2 uuur uuuu
r
 GA  GM  GB  GM  GC  GM



 

 



2

 GA2  GB 2  GC 2  3GM 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vng góc của G

�a  2b  2c  3
�
�a  2 b  2 c  2


P
M
a
;
b
;
c
 thỏa mãn hệ �
  . Khi đó tọa độ của 
�1
2
2
trên mặt phẳng
a3
�
�
��
b0
�
c0
�

.
Vậy a  b  c  3 .

A  2; 3; 2  B  3;5; 4 
Ví dụ 4: Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm
,
. Tìm toạ độ
2
2
điểm M trên trục Oz so cho MA  MB đạt giá trị nhỏ nhất.
A.

M  0;0; 0 

M  0; 0; 49 

.

M  0;0; 67 

B.

.

C.

M  0;0;3

.

D.

.
Lời giải
Chọn C
�5
�
AB � I � ;1;3 �
�2
�.
Gọi I là trung điểm của
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
uu
r 2 uuu
r uur 2
2
2
MA2  MB 2  MA  MB  MI  IA  MI  IB  2MI 2  IA2  IB 2
Ta có:

.
2
2
2
2
IA  IB khơng đổi nên MA  MB đạt giá trị nhỏ nhất khi MI đạt giá trị nhỏ nhất.



 



� M là hình chiếu của I trên trục Oz .
� M  0; 0;3
.
A  1;1;1 B  0;1; 2  C  2;1; 4 
Ví dụ 5: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 3 điểm
,
,
và

 P  : x  y  z  2  0 . Tìm điểm N � P  sao cho S  2 NA2  NB 2  NC 2 đạt
mặt phẳng
giá trị nhỏ nhất.
� 4 4�
� 1 5 3�
N � ; 2; �
N � ; ; �
N


2;0;1


A. � 3 3 �.
B.
.
C. � 2 4 4 �.
D.
N  1; 2;1

.
Lời giải
Chọn D
Với mọi điểm I ta có

uur uu
r 2 uur uur 2 uur uur 2
S  2 NA2  NB 2  NC 2  2 NI  IA  NI  IB  NI  IC
uur uu
r uur uur
 4 NI 2  2 NI 2 IA  IB  IC  2 IA2  IB 2  IC 2
uur uur uur r
2
I
Chọn điểm sao cho IA  IB  IC  0
uur uur uur r
uur suur suur r
2 IA  IB  IC  0 � 4 IA  AB  AC  0 Suy ra tọa độ điểm I là: I  0;1; 2  .







 

 




2
2
2
2
Khi đó S  4 NI  2 IA  IB  IC , do đó S nhỏ nhất khi N là hình chiếu của I lên mặt

phẳng

 P .
�x  0  t
�
�y  1  t
�z  2  t
�

 P  là:
Phương trình đường thẳng đi qua I và vng góc với mặt phẳng

N  t ;1  t ; 2  t  � P  � t  1  t  2  t  2  0 � t  1 � N  1; 2;1
Tọa độ điểm
.
A  0;1;1 B  3;0; 1 C  0; 21; 19 
Ví dụ 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm
,
,
và
mặt cầu

 S  :  x  1

2

  y  1   z  1  1
2

2

. Gọi điểm

M  a; b; c 

là điểm thuộc mặt cầu

 S

2
2
2

sao cho biểu thức T  3MA  2MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng
S  abc .

S

14
5 .

S

12
5 .

A. S  12 .
B.
C.
Lời giải
Chọn B
uuu
r uuur uuur r
K  x; y; z 
3
KA
 2 KB  KC  0 .
Gọi điểm
sao cho
uuu
r
�KA    x;1  y;1  z 
3 x  2  3  x   x  0

�
�
�uuur
�
�KB   3  x;  y; 1  z 
��
3  1  y   2 y  21  y  0
�uuur
�
KC    x; 21  y; 19  z 
3  1  z   2  1  z   19  z  0
�
Ta có �

D. S  0 .

�x  1
�
� �y  4 � K  1; 4; 3
�z  3
�
.
u
u
u
u
r
uuu
r 2
uuuu

r uuu
r
�
3MA2  3 MK  KA  3MK 2  6MK .KA  3KA2
�
uuuu
r uuur 2
uuuu
r uuur
�
2 MB 2  2 MK  KB  2MK 2  4MK .KB  2 KB 2
�
�
uuuu
r uuur 2
uuuu
r uuur
�MC 2  MK  KC  MK 2  2MK .KC  2KC 2
Khi đó �
.
uuuu
r uuu
r uuur uuur
2
 5MK  2 MK 3KA  2 KB  KC   3KA2  2 KB 2  KC 2 
� T  3MA2  2MB 2  MC 2












 5MK 2   3KA2  2 KB 2  KC 2 
1 4 4 44 2 4 4 4 43
const

M  IK � S 



. Do đó

Tmin



khi và chỉ khi

MK min

.

và đồng thời M nằm giữa I và K .
�x  1

uur
�
IK   0;3; 4  � IK : �y  1  3t
�z  1  4t
�
Ta có
. Suy ra toạ độ điểm M thoả mãn:
�8 1�
1
1
2
2
M�
1; ; �
t
 3t    4t   1 � t  �
� 5 5�
5 . Vì M nằm giữa I và K nên
5 và
.
Suy ra


8 1 14
S  a  b  c  1  
5 5 5 .
Vậy
c. Bài tập:
Câu 1: Trong không gian Oxyz , cho 2

điểm

A  3; 2;3

B  1; 0;5 

,

và đường thẳng

x 1 y  2 z  3


1
2
2 . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d để MA2  MB 2 đạt giá trị
nhỏ nhất.
M  1; 2;3
M  2;0;5 
M  3; 2;7 
A.
.
B.
.
C.
.
D.
d:

M  3;0; 4 

.
Lời giải
Chọn B

I   2; 1; 4 
Gọi I là trung điểm của AB , ta có
.
uuu
r uu
r 2 uuu
r uur 2
uuur 2 uuur 2  MI  IA  MI  IB
2
2
Khi đó: MA  MB  MA  MB
uuu
r 2 uu
r 2 uur2
uuu
r uu
r uur
 2 MI  IA  IB  2 MI . IA  IB
2
 2MI 2  IA2  IB 2  MI  6 .





 





2
2
Do đó MA  MB đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI có độ dài ngắn nhất, điều này
xảy ra khi và chỉ khi M là hình chiếu vng góc của I trên đường thẳng d .
 P  đi qua I và vng góc với đường thẳng d là
Phương trình mặt phẳng
1.  x  2   2.  y  1  2.  y  4   0
 P  : x  2 y  2 z  12  0 .
hay
�x  1  t
�
�y  2  2t
�z  3  2t
Phương trình tham số của đường thẳng d là: �
.
 x; y; z  của hệ phương trình:
Tọa độ điểm M cần tìm là nghiệm
�x  1  t
�x  2
�y  2  2t
�y  0
�
�
��

�
�z  3  2t
�z  5
�
�
t  1 . Vậy M  2;0;5  .
�x  2 y  2 z  12  0
�

Câu 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 3x  3 y  2 z  15  0 và ba điểm

A  1; 2;0 

B  1; 1;3 C  1; 1; 1
,
.

M ( x0 ; y0 ; z0 )
Điểm
2MA2  MB 2  MC 2 nhỏ nhất. Giá trị 2 x0  3 y0  z0 bằng
A. 11 .
B. 5 .
C. 15 .
,

thuộc

( P)

sao

cho

D. 10 .

Lời giải
Chọn B

uur uur uur r
I  1; 2; 2 
Xét điểm I thỏa 2 IA  IB  IC  0 suy ra
.
uuu
r uu
r 2 uuu
r uur 2 uuu
r uur
 MI  IB  MI  IC
2
2
2  2 MI  IA
2MA  MB  MC



 

 



2

 2 MI 2  2 IA2  IB 2  IC 2 .


2MA2  MB 2  MC 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I lên
( P) .

�x0  1  3t
�x  1  3t
�
�
�y  2  3t
�y0  2  3t
�z  2  2t
�z  2  2t
Lúc đó, đường thẳng MI có phương trình �
suy ra �0
.
3 x  3 y0  2 z0  15  0 � 3  1  3t   3  2  3t   2  2  2t   15  0 � t  1
Mà 0
.
2 x0  3 y0  z0  2  1  3t   3  2  3t    2  2t   6  t  5
.
A  2;1;3 B  1; 1; 2 
Câu 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với
,
,
C  3; 6;1

M  x; y ; z 
 Oyz  sao cho MA2  MB 2  MC 2 đạt giá trị
. Điểm
thuộc mặt phẳng
nhỏ nhất. Tính giá trị của biểu thức P  x  y  z .
A. P  0 .
Lời giải
Chọn A

C. P  6 .

B. P  2 .

D. P  2 .

G  2; 2; 2 
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Suy ra:
.
uuur 2 uuur 2 uuuu
r2
2
2
2
Ta có: MA  MB  MC  MA  MB  MC
uuuu
r uuu
r 2 uuuu
r uuu
r 2 uuuu
r uuur 2

 MG  GA  MG  GB  MG  GC
 3MG 2  GA2  GB 2  GC 2 .



 

 



2
2
2
2
2
2
Do tổng GA  GB  GC không đổi nên MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất khi và
2
chỉ khi MG nhỏ nhất SC nhỏ nhất.
 Oyz  nên M là hình chiếu vng góc của G lên mặt phẳng
Mà S nằm trên mặt phẳng
 Oyz  . Suy ra: M  0; 2; 2  .
P  x  y  z  0   2   2  0
Vậy
.
A  1;1;1 B  1; 2;1 C  3; 6; 5
Câu 4: Trong không gian cho ba điểm
,
,

. Điểm M thuộc mặt phẳng
Oxy sao cho MA2  MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất là

A.

M  1; 2;0 

.

B.

M  0;0; 1

.

C.

M  1;3; 1

.

D.

M  1;3;0 

.
Lời giải
Chọn D
G  1;3; 1
Lấy

là trọng tâm của tam giác ABC .
Ta có:
uuuu
r uuu
r 2 uuuu
r uuur 2 uuuu
r uuur
 MG  GB  MG  GC
2
2
2  MG  GA
MA  MB  MC



 

 



2

 3MG 2  GA2  GB 2  GC 2 .
2
2
2
Do đó MA  MB  MC bé nhất khi MG bé nhất.
Hay M là hình chiếu của điểm G lên mặt phẳng Oxy .
M  1;3;0 

Vậy
.
A  1; 2;1 B  2; 1;3
Câu 5: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm
,
. Tìm điểm M trên mặt phẳng

 Oxy 

2
2
sao cho MA  2MB lớn nhất.


�3 1 �
M � ; ;0 �
�2 2 �.
A.

�1 3 �
M � ;  ;0 �
B. �2 2 �.

C.

M  0;0;5 

.

D.

M  3; 4; 0 

.
Lời giải
Chọn D

uuu
r uuu
r r
EA

2
EB
 0 . Suy ra B là trung điểm của AE , suy ra E  3; 4;5  .
Gọi điểm E thỏa
uuur uuu
r 2
uuur uuu
r 2
ME  EA  2 ME  EB
2
2
  ME 2  EA2  2 EB 2 .
Khi đó: MA  2MB 









2
2
E  3; 4;5 
Do đó MA  2MB lớn nhất � ME nhỏ nhất � M là hình chiếu của
lên

 Oxy 

� M  3; 4;0 

.
Chú ý: Ta có thể làm trắc nghiệm như sau
M  0;0;5 
 Oxy  .
+ Loại C vì
khơng thuộc
�3 1 � �1 3 �
M � ; ;0 � M � ;  ;0 �
�2 2 �,
�2 2 �, M  3; 4; 0  vào biểu thức MA2  2MB 2 thì
+ Lần lượt thay

M  3; 4; 0 

cho giá trị lớn nhất nên ta chọn

M  3; 4;0 

.
A  2; 2;3 B  1;  1;3 C  3;1;  1
Câu 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxy , cho 3 điểm
,
,
và mặt
phẳng

 P

 P  sao cho
có phương trình x  2 z  8  0 . Gọi M là điểm thuộc mặt phẳng
2
2
2
giá trị biểu thức T  2 MA  MB  3MC nhỏ nhất. Tính khoảng cách từ M đến mặt
phẳng

 Q  :  x  2 y  2z  6  0 .

A. 2 .
Lời giải
Chọn B

Gọi

3
C. 2 .

B. 4 .

I  a; b; c 

3
D. 3 .

2  2  a    1  a   3  3  a   0
�
uu
r uur uur r
�
2 IA  IB  3IC  0 � �
2  2  b    1  b   3  1  b   0
�
2  3  c    3  c   3  1  c   0
�

là điểm thỏa

a 1
�
�
��
b  1 � I  1;1;1
�
c 1
�
.

uuu
r uu
r 2 uuu
r uur 2
uuu
r uur 2
T  2 MI  IA  MI  IB  3 MI  IC
Khi đó
uuu
r uu
r uur uur
2
2
 6 MI 2  2 IA2  IB 2  3IC 2  MI . 2 IA  IB  3IC  6 MI 2  21IA42 4
4IB
3IC
2 4 4
43



 











const


Do đó T nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu của I lên

 P .

Suy ra M nằm trên đường thẳng

�x  1  t
 d :�
�y  1
�z  1  2t
�
Tọa

độ

 d

qua I vng góc

 P ,

phương trình

.

M là

điểm

nghiệm

của

hệ

phương

trình

t 1
�x  1  t
�x  1  t
�
�y  1
�y  1
�x  2
�
�
�
��
��
� M  2;1;3
�
�z  1  2t
�z  1  2t

�y  1
�
�
�
�x  2 z  8  0
�x  2 z  8  0
�z  3
.
Khoảng cách từ M đến mặt phẳng

d  M , Q  

2  2  6  6
1 4  4

4

.

A  1;1;1 B  0;1;2  C  2;0;1
Câu 7: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho
,
,

 P  : x  y  z  1  0 . Tìm điểm

N � P 

sao cho S  2 NA  NB  NC đạt giá trị
2

2

2

nhỏ nhất.

�1 5 3�
N�
 ; ; �
A. � 2 4 4 �
.

B.

N  3;5;1

.

C.

N  2;0;1

.

�3 1
�
N � ;  ; 2 �
�
D. �2 2

.
Lời giải
Chọn A

� 1 3�
� 3 5�
I�
1; ; � J �
0; ; �
2
2
4 4 �.
�
�
�
BC
J
I
AI
Gọi là trung điểm
và là trung điểm
. Do đó
và
1
1
S  2 NA2  2 NI 2  BC 2  4 NJ 2  IJ 2  BC 2
2
2
Khi đó

.

 P .
Do đó S nhỏ nhất khi NJ nhỏ nhất. Suy ra J là hình chiếu của N trên
�
�x  t
�
� 3
NJ : �y   t
� 4
� 5
z  t
�
� 4
Phương trình đường thẳng
.
�x  y  z  1  0 �
1
x


�x  t
�
2
�
�
� 3
� 5
� �y 
�y   t

� 4
� 4
� 5
� 3
�z   t
�z  4
�
�
4
J
Tọa độ điểm là nghiệm của hệ:


Câu 8: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 3 điểm A  1; 2;3 , B  0;1;1 , C  1;0; 2  . Điểm
M � P  : x  y  z  2  0 sao cho giá trị của biểu thức T  MA2  2MB 2  3MC 2 nhỏ nhất.
Khi đó, điểm M cách  Q  : 2 x  y  2 z  3  0 một khoảng bằng
2 5
121
A. 54 .
B. 24 .
C. 3 .
Lời giải
Chọn D
2
2
2
Gọi M  x; y; z  . Ta có T  6 x  6 y  6 z  8 x  8 y  6 z  31
2
2
2

�
� 2 � � 2 � � 1 �� 145
�T  �
�x  � �y  � �z  ��
� 3 � � 3 � � 2 �� 6
�
� T  6 MI 2 

145
6 với

101
D. 54

�2 2 1 �
I � ; ; �
�3 3 2 �

� T nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất � M là hình chiếu vng góc của I trên  P 
5 13 �
� 5
101
�M�
 ; ; �
d  M , Q  
� 18 18 9 �. Vậy khoảng cách
54 .
A  1; 0; 1 , B  1; 2; 1 , C  4; 1;  2 
Câu 9: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm
và mặt

 P  : x  y  z  0 . Tìm trên  P  điểm M sao cho MA2  MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ
phẳng
nhất. Khi đó điểm M có tọa độ:
M  1; 0;  1
M  1; 1;  1
M  1; 1; 1
A.
.
B.
.
C.
.
D.
M  1; 2;  1

.
Lời giải
Chọn A

.

G  2; 1; 0 
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , ta có
, ta có.
2
2
2
2
2

2
2
MA  MB  MC  3MG  GA  GB  GC  1
.
 1 ta suy ra :
Từ hệ thức
MA2  MB 2  MC 2 đạt GTNN � MG đạt GTNN  M là hình chiếu vng góc của G
trên

 P ..


A  1; 2; 2  B  5; 4; 4 
 P  có
Câu 10: Trong khơng gian tọa độ Oxyz , cho hai điểm
,
và mặt phẳng

 P  sao cho MA2  MB 2 là nhỏ
phương trình: 2 x  y  z  6  0 . Gọi M là điểm nằm trên
nhất. Khi đó, tung độ của điểm M là:
8
yM 
y 3
y  1
y 1
9.
A.
B. M
.

C. M
.
D. M
.
Lời giải
Chọn A
 P  ta thấy A và B cùng nằm trong cũng một nữa không gian
Thay tọa độ của A, B vào
chia bởi mặt phẳng

 P .

 P  và A�là điểm đối xứng của A qua  P  .
Gọi H là hình chiếu của A lên
�x  1  2t
�
�y  2  t
 P  là: �
�z  2  t .
Ta có: Phương trình đường thẳng d qua A và vng góc
4
t
.
H  d � P 
P


x
,
y

,
z
3 .
nên thay
từ d vào
ta được
�5 2 10 �
�13 2 14 �
H � ; ; �
A�
� ; ; �
�3 3 3 �. Suy ra � 3 3 3 �.
Vậy:
r �28 14 2 �
u � ; ; �
�3 3 3 �là
B qua B và có vectơ chỉ phương
Đường thẳng A�
B và  P  .
Tọa độ M chính là giao điểm của A�
4
t

.
9 .
B vào  P  ta được
Thay x, y, z từ A�
Vậy:

�x  5  14t �

�
�y  4  7t �
�z  4  t �
�
.

yM  8 / 9 .

A  1;1; 0  B  1; 3; 2 
Câu 11: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm
,
và mặt
phẳng

 : x  y  z 3  0 .

Tìm tọa độ điểm M

S  MA  MB đạt giá trị nhỏ nhất.
2

2

thuộc mặt phẳng

   sao

cho

A.

M  1;1; 3

.

B.

M  0; 2;1

.

C.

M  2;1; 2 

.

D.

�4 2 7 �
M�; ; �
�3 3 3 �.
Lời giải
Chọn D

I là trung điểm đoạn AB , suy ra I  0; 2;1 .
Gọi
uur
uur

IA   1; 1; 1 � IA  3 IB   1;1;1 � IB  3
.
.
uur uur r
Ta có: IA  IB  0 .
uuu
r uu
r 2 uuu
r uur 2
uuu
r uu
r uur
MA2  MB 2  MI  IA  MI  IB  2MI 2  2MI IA  IB  IA2  IB 2



 







� MA2  MB 2  2MI 2  6 .

Do đó S nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất � M là hình chiếu vng góc của I lên mặt phẳng
 .
 là đường thẳng qua I và vuông góc với mặt phẳng    ,  nhận vectơ pháp tuyến
Gọi

r
n   1; 1;1
làm vectơ chỉ phương.
�x  t
�
 : �y  2  t
�z  1  t
�
Phương trình tham số
.
� 4
�x  3
�
�x  t
�y  2
�y  2  t
� 3
�
��
�
�z  1  t
�z  7
�
� 3
�x  y  z  3  0
� 4
�4 2 7 �
�
t  �M�; ; �
� 3

�3 3 3 �.
Tọa độ M là nghiệm hệ

A  1;1; 2  , B  1;0; 4  C  0; 1;3
Câu 12. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm
,
và
2
2
2
 S  : x  y   z  1  1 . Khi biểu thức MA2  MB 2  MC 2 đạt
điểm M thuộc mặt cầu
giá trị nhỏ nhất thì độ đài đoạn AM bằng
A. 2 .
B. 6 .
C. 6 .
D. 2 .
Lời giải
Chọn A