KÝ HIỆU CÁC CHỮ VIẾT TẮT
GV
HS
HH
SGK, SBT
THPT
TN THPT
GTNN
VTPT
THCS
VD
VDC

: Giáo viên
: Học sinh
: Hình học
: Sách giáo khoa,sách bài tập
: Trung học phổ thông
: Tốt nghiệp trung học phổ thông
: Giá trị nhỏ nhất
:Vec tơ pháp tuyến
: Trung học cơ sở
: Vận dụng
: Vận dụng cao

MỤC LỤC
Trang

1

1.Mở
..............................................................................................................3

đầu

1.1. Lý do chọn đề tài …............................................................................................3
1.2. Nhiệm vụ của đề tài …………………………………… …………….. ..….. 3
1.3. Đối tượng nghiên cứu……………………………………………… ……..… .4
1.4. Phạm vi nghiên cứu ............................................................................................4
2.Nội dung .............................................................................
……......................4
2.1. Cơ sở lý luận, Cơ sở khoa học…………………………………………............4
2.2. Áp dụng trong thực tế dạy học………………………………..…………..……7
2.3. Hiệu quả của đề tài……………………………………………………….. .. 20
3. Kêt luận.........................................................................................................20
3.1. Kết
luận...........................................................................................................20
3.2. Kiến nghị........................................................................................................21
Tài liệu tham khảo.....................................................................................................22
Danh mục SKKN......................................................................................................23

2


HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 10 SỬ DỤNG TÂM TỈ CỰ CỦA HỆ ĐIỂM
GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP CỰC TRỊ HÌNH HỌC.
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Cực trị hình học là một phần kiến thức khơng mới trong chương trình Tốn
phổ thơng, nhưng là phần kiến thức rất mới lạ đối với học sinh lớp 10-học sinh năm

đầu tiên của cấp THPT , đặc biệt là kiến thức về cực trị liên quan đến độ dài vectơ,
cực trị liên quan đến độ dài bình phương vơ hướng của vectơ…..
Ở cấp THCS, HS đã được làm quen với bài tốn cực trị hình học. Song đây
cũng là nội dung khơng dễ để HS có thể chiếm lĩnh và vận dụng, một phần do năng
lực tư duy của HS, một phần do thiết kế chương trình và cách dạy học chưa gây
được hứng thú cho HS. Bên cạnh đó sự thiếu tự tin về phần Hình học so với Đại số
cũng làm ảnh hưởng lớn đến kết quả học tập của các em . Chính những điều này
khiến việc học của HS ngày càng khó khăn, dẫn đến kết quả học tập không cao, ứng
dụng giải quyết các vấn đề thực tiễn không tốt. Tại trường THPT Đào Duy Từ, việc
hiểu và vận dụng các nội dụng về bài toán cực trị hình học liên quan đến độ dài
vectơ,liên quan đến độ dài bình phương vơ hướng của vectơ….. cịn hạn chế. Với
tiết dạy theo phương pháp truyền thống, các em được tiếp cận kiến thức khá thụ
động, kiến thức tiếp nhận được là riêng lẻ, rời rạc, việc vận dụng vào thực tế là một
điều quá xa lạ.
Từ những lý do trên, tôi lựa chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm “ Hướng dẫn học
sinh lớp 10 sử dụng tâm tỉ cự của hệ điểm giải một số bài tập cực trị hình học ”.
1.2. Nhiệm vụ của đề tài
Trong quá trình trực tiếp giảng dạy và nghiên cứu tơi thấy đây là dạng tốn
khơng chỉ khó mà cịn khá hay, lôi cuốn được các em học sinh khá giỏi. Nếu ta biết
sử dụng linh hoạt và khéo léo kiến thức của hình học thuần túy, véctơ, phương pháp

3


tọa độ, …. thì có thể đưa bài tốn trên về một bài toán quen thuộc; sau này – khi học
lớp 12, HS có thể mở rộng và dễ dàng làm tốt được dạng bài tốn này trong khơng
gian Oxyz.
Với đề tài này, tôi cố gắng xây dựng cơ sở kiến thức vững chắc, hệ thống bài
tập và ví dụ logic giúp học sinh tiếp thu vấn đề một cách thuận lợi nhất, quy lạ về
quen để bài toán cực trị hình học khơng cịn là bài tốn khó giải.

1.3. Đối tượng nghiên cứu
Từ kiến thức cơ bản và các ví dụ dễ hiểu, sau đó phát triển dần thành các bài
toán phức tạp hơn, đối tượng nghiên cứu của đề tài này tập trung vào một số bài
toán cực trị hình học cụ thể trong chương trình hình học lớp 10.
1.4. Phạm vi nghiên cứu
Phạm vi nghiên cứu của đề tài là hình học trong chương trình SGK cơ bản và
nâng cao hình học lớp 10 đang được lưu hành. Tập trung chủ yếu vào các bài tốn
có tính ứng dụng , liên kết kiến thức, sau này còn xuất hiện trong đề thi TN THPT
Quốc Gia.
Với tinh thần u thích bộ mơn, nhằm giúp các em hứng thú hơn, tạo cho các em
niềm đam mê, u thích mơn toán, tạo nền tảng cho các học sinh tự học, tự nghiên
cứu. Tôi đã mạnh dạn viết chuyên đề “Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng tâm tỉ
cự của hệ điểm giải một số dạng bài tập cực trị hình học ”.
2. NỘI DUNG
2.1.Cơ sở lý luận, cơ sở khoa học
2.1.1 Nhắc lại khái niệm tâm tỉ cự của hệ điểm.
2.1.1.1 Khái niệm tâm tỉ cự của hệ điểm: Cho n điểm A1, A2,...., An và n số thực
k1, k2,...., kn thỏa mãn điều kiện k1 + k2 + .... + kn ≠ 0 .Khi đó nếu tồn tại duy nhất một

4


uuur

uuuu
r

uuuu
r ur


điểm G sao cho k1GA1 + k2 GA2 + ... + kn GAn = O thì được gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm Ai
gắn với các hệ số ki .
Trong trường hợp các hệ số ki bằng nhau ( i = 1, n) thì G được gọi là trọng tâm của
hệ điểm Ai ( i = 1, n) .
2.1.1.2 Một số kết quả cần lưu ý.
Kết quả 1: ( Bài toán tâm tỉ cự của hai điểm)
2
2
Cho hai điểm A, B và hai số thực α , β ( α + β ≠ 0) .

uuur

uuur

uuur

uuu
r

Vì α MA + β MB = ( α + β ) MA + β AB nên :
uuur

uuur

r

• Nếu α + β = 0 thì khơng tồn tại điểm M sao cho α MA + β MB = 0 .
uuur

uuur


r

• Nếu α + β ≠ 0 thì tồn tại duy nhất điểm M sao cho α MA + β MB = 0 .
• Khi đó , với mọi điểm O ta ln có
uuu
r
uuu
r
uuu
r
uuu
r
uuuu
r
uuuu
r α OA + β OB
α OA + β OB = ( α + β ) OM ⇒ OM =
α +β
uuur

uuu
r

β

Ví dụ như ta chọn O ≡ A thì ta có AM = α + β AB ( 1) .
Vế trái của (1) là một vec tơ hoàn toàn xác định nên từ (1) ta suy ra tồn tại duy nhất
điểm M thỏa mãn (1), tức là thỏa mãn yêu cầu bài toán.


uuur

uuur

r

Nhận xét: Điểm M xác định duy nhất từ hệ thức α MA + β MB = 0 với các số thực
α , β thỏa mãn điều kiện α + β ≠ 0 được gọi là tâm tỉ cự của hai điểm A, B ứng với bộ

số ( α , β ) .
uuur

uuur

r

uuur uuur

r

+ Khi α = β ≠ 0,thì hệ thức α MA + β MB = 0 trở thành MA + MB = 0hay M là trung điểm
của đoạn thẳng AB.

uuur

uuur

r

uuur


r

+ Khi α ≠ 0 còn β = 0 thì hệ thức α MA + β MB = 0 trở thành α MA = 0 ⇔ M ≡ A .
Khái niệm tâm tỉ cự được coi là mở rộng của khái niệm trung điểm, đầu mút của
đoạn thẳng. Bằng cách chọn bộ ( α , β ) thích hợp thì hệ thức trên cịn cho ta nhiều
khái niệm khác nữa.

5


uuu
r uuu
r

uuuu
r

Trong trường hợp α = β ≠ 0thì cơng thức OA + OB = 2OM là một công thức rất quen
thuộc mà ta đã biết.
Kết quả 2: (Bài toán về tâm tỉ cự của ba điểm).
Cho ba điểmA, B, C và ba số thực α , β ,γ không đồng thời bằng 0, α + β + γ ≠ 0.
uuur

uuur

uuuu
r

uuur


uuur

uuuu
r

Vì α MA + β MB + γ MC = ( α + β + γ ) MA + β MB + γ MC nên
uuur

uuur

uuuu
r r

• Nếu α + β + γ = 0 thì khơng tồn tại điểm M sao cho α MA + β MB + γ MC = 0.
uuur

uuur

uuuu
r r

• Nếu α + β + γ ≠ 0thì tồn tại duy nhất điểm M sao cho α MA + β MB + γ MC = 0.
• Khi đó , với mọi điểm O ta ln có
uuu
r
uuu
r
uuur
uuu

r
uuu
r
uuur
uuuu
r
uuuu
r α OA + β OB + γ OC
α OA + β OB + γ OC = ( α + β + γ ) OM ⇒ OM =
α + β +γ
uuur

β

uuu
r

uuur

γ

Ví dụ như ta chọn O ≡ A thì ta có AM = α + β + γ AB + α + β + γ AC ( 1) .
Vế trái của (1) là một vec tơ hoàn toàn xác định nên từ (1) ta suy ra tồn tại duy nhất
điểm M thỏa mãn (1), tức là thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Nhận xét:

uuur

uuur


uuuu
r r

+ Điểm M xác định duy nhất từ hệ thức α MA + β MB + γ MC = 0với các số thực α , β ,γ
thỏa mãn điều kiện α + β + γ ≠ 0được gọi là tâm tỉ cự của ba điểm A, B, C ứng với
bộ số ( α , β ,γ ) .
uuur

uuur

uuuu
r r

+ Trong trường hợp α = β = γ ≠ 0 thì đẳng thức α MA + β MB + γ MC = 0trở thành
uuur uuur uuuu
r r
MA + MB + MC = 0 ⇔ M ≡ G . Hay M là trọng tâm của tam giác ABC.
uuur
uuur
uuuu
r r
+ Trong trường hợp β = γ = 0,α ≠ 0 thì đẳng thức α MA + β MB + γ MC = 0trở thành
uuur r
α MA = 0 ⇔ M ≡ A .
uuur
uuur
uuuu
r r
+ Trong trường hợp α = β ≠ 0,γ = 0 thì đẳng thức α MA + β MB + γ MC = 0trở thành
uuur uuur r

MA + MB = 0 hay M là trung điểm của AB.

Như vậy, tùy thuộc vào cách chọn bộ ( α , β ,γ ) mà tâm tỉ cự của bộ ba điểm A, B, C
có thể là trọng tâm của tam giác ABC , là một trong ba điểm A, B, C hoặc là trung
điểm của một trong ba đoạn thẳng AB, BC, CA….

6


+

α = β = γ ≠ 0 thì

Khi

hệ

uuu
r
uuu
r
uuur
uuuu
r
α OA + β OB + γ OC = ( α + β + γ ) OM trở

thức

thành


uuu
r uuu
r uuur
uuuu
r
OA + OB + OC = 3OM với mọi điểm O, đây là một đẳng thức quen thuộc mà ta đã biết.

2.2. Áp dụng trong thực tế dạy học: Các dạng bài tập thường gặp
2.2.1. Bài tốn: : Bài tốn cực trị hình học.
2.2.1.1. Dạng 1: Cực trị liên quan đến độ dài vectơ.
Nhận xét: Xuất phát từ bài toán.
Cho n điểm A1, A2,...., An và n số thực k1, k2,...., kn thỏa mãn điều kiện
k1 + k2 + .... + kn ≠ 0 và

đường

thẳng

d

.Tìm

điểm

M

trên

d


sao

cho

uuuur
uuuur
uuuur
k1 MA1 + k2 MA2 + ... + kn MAn nhỏ nhất.

Cách giải:
uuu
r

uuu
r

uuu
r r

• Bước 1: Áp dụng tâm tỉ cự. Gọi I là điểm thỏa mãn k1 IA1 + k2 IA2 + ... + kn IAn = 0 ,
khi đó I xác định duy nhất
• Bước 2: Áp dụng quy tắc ba điểm, biến đổi dẫn tới
uuuur
uuuur
uuuur
uuu
r
uuu
r
k1 MA1 + k2 MA2 + ... + kn MAn = ( k1 + k2 + ... + kn ) MI = k MI


• Bước 3: Tìm độ dài nhỏ nhất của vectơ đã cho xảy ra khi M ở vị trí nào?
2.2.1.1.a. Ví dụ
Ví dụ 1.1: Cho tam giác ABC và đường thẳng d. Tìm điểm M trên đường thẳng d
uuur uuur

uuuu
r

sao cho MA + MB + 2MC nhỏ nhất.
uur uur

uur

r

Gọi I là điểm thỏa mãn IA + IB + 2I C = 0 . Khi đó I là tâm tỉ cự của A, B, C gắn với bộ
số (1; 1; 2) nên điểm I xác định duy nhất.
uuur uuur

uuuu
r

uuu
r uur

uuu
r uur

uuu

r uur

uur uur

uur

r

Ta có MA + MB + 2MC = ( MI + IA) + ( MI + IB) + 2( MI + IC ) = 4MI (Vì IA + IB + 2I C = 0 )
uuu
r

7


uuur uuur uuuu
r
uuu
r
uuur uuur uuuu
r
MA
+
MB
+
2
MC
4
MI
MA

+
MB
+
2
MC
Do đó
=
nên
nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình

chiếu vng góc của I lên đường thẳng d.
Ví dụ 1.2: Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A ( 1;3) , B ( −3;1) , C ( 5; −6 ) .
uuu
r

uuu
r

uuur

Tìm tọa độ điểm F trên Oy sao cho FA + 3FB − 2 FC nhỏ nhất.
Giải

uur

uur

uur

r


Gọi I(x; y) là điểm sao cho IA + 3IB − 2I C = 0
uu
r

uur

uuu
r

 −2 x − 18 = 0
 x = −9
⇔
⇒ I ( −9;9) .
 −2 y + 18 = 0
y = 9
r
uur uur
uur uur
uur uur uur r
uuu
r uuu
r
uuur uur uu
uur
Suy ra: FA + 3FB − 2FC = FI + IA + 3 FI + IB − 2 FI + I C = 2FI .(vì IA + 3IB − 2I C = 0)
uur
uuu
r uuu
r uuur

uuu
r uuu
r uuur
Nên FA + 3FB − 2 FC = 2 FI . Do đó, FA + 3FB − 2 FC đạt giá trị nhỏ nhất khi FI nhỏ

Ta có: IA + 3IB − 2 I C = ( −2 x − 18; −2 y + 18 ) nên 

(

) (

)

nhất.
Khi đó F là hình chiếu của I trên Oy . Vậy F ( 0;9 ) .
Ví dụ 1.3: (BT 26- Trang 104-Sách BT Hình học NC) Trong mặt phẳng Oxy , cho
tam giác ABC có A( −1;0) , B( 2;3) , C ( 3;−6) và đường thẳng ∆ : x − 2y− 3 = 0 . Tìm
uuur uuur uuuu
r
MA
+
MB
+
MC
M
∆
điểm
trên sao cho
nhỏ nhất.


Giải:
uur uur uur

r

Gọi I(x; y) là điểm sao cho IA + IB + I C = 0
4

uu
r uur uuu
r
 −3 x + 4 = 0
x =
4 
⇔
3 ⇒ I  ;−1÷ .
Ta có: IA + IB + I C = ( −3x + 4; −3 y − 3) nên 
3 
 −3 y − 3 = 0
 y = −1
uuu
r uur
uuu
r uur
uuu
r uur
uur uur uur r
uuur uuur uuuu
r
uuu

r
Suy ra: MA + MB + MC = MI + IA + MI + IB + MI + I C = 3MI .(vì IA + IB + I C = 0 )
uuur uuur uuuu
r
uuur
uuur uuur uuuu
r
Nên MA + MB + MC = 3 MI . Do đó, MA + MB + MC nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất.

(

) (

⇔ M là hình chiếu của I trên ∆ .

) (

)

uu
r uu
r

Gọi d là đường thẳng qua I và vng góc với ∆ ⇒ nd = u∆ = ( 2;1) .



4

Phương trình d là : 2 x − ÷+ ( y+ 1) = 0 ⇔ 6x + 3y− 5 = 0.

3


8


6x + 3y − 5 = 0
 x − 2y − 3 = 0

Khi đó M = d ∩ ∆ nên tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình 

19

 x = 15
⇔
.
 y = − 13

15
 19 13
Vậy M  ;− ÷.
 15 15

MỞ RỘNG: Với việc nắm vững phần kiến thức này, khi lên lớp 12, các em học
sinh có thể mở rộng và dễ dàng giải được các bài tốn cực trị hình học trong
khơng gian Oxyz như bài tập sau:
Ví dụ 1.3: ( Tư liệu nhóm Strong Team Tốn) Trong khơng gian Oxyz , cho ba
điểm A ( 0; −2; −1) , B ( −2; −4;3 ) , C ( 1;3; −1) và mặt phẳng ( P ) : x + y − 2 z − 3 = 0 . Điểm
uuur uuur uuuu
r

M ( a; b; c ) ∈ ( P ) sao cho MA + MB + 2MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính P = a + b + c .

Giải
uu
r uur

uur

r

Gọi I ( a; b; c ) là điểm thỏa mãn hệ thức IA + IB + 2 IC = 0 .
uu
r

uur

uur

Khi đó ta có IA = ( −a; −2 − b; −1 − c ) ; IB = ( −2 − a; −4 − b;3 − c ) ; IC = ( 1 − a;3 − b; −1 − c ) .
 −a + ( −2 − a) + 2(1 − a ) = 0
a = 0


Suy ra −2 − b + (−4 − b) + 2(3 − b) = 0 ⇔ b = 0 ⇒ I ( 0;0;0 ) .
 −1 − c + (3 − c ) + 2(−1 − c) = 0
c = 0


uuu
r uuur uuur r

Vậy I ≡ O(0; 0; 0) hay OA + OB + 2OC = 0 .
uuur uuur uuuu
r uuu
r uuuu
r uuu
r uuuu
r uuur uuuu
r
uuuu
r
uuuu
r
Ta có d = MA + MB + 2MC = OA − OM + OB − OM + 2OC − 2OM = 4 −OM = 4 MO
uuuu
r

nên d nhỏ nhất khi và chỉ khi MO nhỏ nhất ⇔ MO ⊥ ( P ) nên M là hình chiếu
vng góc của O lên ( P ) .
x = t

Đường thẳng ∆ qua O ( 0;0; 0 ) vng góc với ( P ) có phương trình ∆ :  y = t .
 z = −2t


9


Giao điểm của ∆ và ( P ) chính là hình chiếu vng góc M của O ( 0;0; 0 ) lên mặt
phẳng ( P ) .
 1

1

t = 2
a
=

x = t

2
1

y = t

x
=
1



⇔
2 ⇒ b = ⇒ a + b + c = 0 .
Giải hệ 
2
 z = −2t


1
y
=
 x + y − 2 z − 3 = 0


 c = −1
2


 z = −1 


Vậy M  ; ; −1÷nên P = a + b + c = 0 .
2 2

1 1

2.2.1.1.b. Một số bài tập.
Bài tập 1: Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A ( 1;3) , B ( −2;3) , C ( −2;1) . Điểm
uuuu
r uuuuur uuuur
M ( a ; b ) thuộc trục Oy sao cho: MA + 2MB + 3MC nhỏ nhất. Tính a + b .

Giải
uu
r

uur

uur

r

Gọi I ( x; y ) sao cho IA + 2 IB + 3IC = 0 .

3

uu
r uur uur
 −9 − 6 x = 0
x = −
 3 
⇔
2 ⇒ I  − ; 2 ÷.
Ta có: IA + 2 IB + 3IC = ( −9 − 6 x;12 − 6 y ) nên 
 2 
12 − 6 y = 0
 y = 2
uuuu
r uuuu
r uuuur uuu
r uu
r
uuu
r uur
uuu
r uur
uuu
r
Khi đó MA + 2MB + 3MC = MI + IA + 2 MI + IB + 3 MI + IC = 6 MI

(

) (


)

Vì M thuộc trục tung nên M (0 ; b ) .
uuuu
r uuuuur

uuuur

uuur

Do đó MA + 2MB + 3MC nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất, suy ra M là hình
chiếu của I lên trục Oy hay M ( 0; 2 ) .
Vậy a + b = 2 .
Bài tập 2: Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A ( −2;3) và B ( 0;1) . Điểm M ( a ; b )
uuur uuur

thuộc trục hoành thỏa mãn 2MA − MB nhỏ nhất. Tìm tọa độ điểm M..
Giải

10


uu
r uur

r

Gọi I ( x; y ) là điểm thỏa mãn 2 IA − IB = 0 .
uu
r uur


 −4 − x = 0
 x = −4
⇔
⇒ I ( −4;5 ) .
5 − y = 0
y = 5

Ta có 2 IA − IB = ( −4 − x;5 − y ) nên 
uuur uuur

uuu
r uu
r

uuu
r uur

uuu
r

Khi đó : 2MA − MB = 2 ( MI + IA ) − ( MI + IB ) = MI .
Vì M thuộc trục hồnh nên M ( a ;0 ) .
uuur uuur

uuur

Do đó 2MA − MB nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất, suy ra M là hình chiếu của
I lên trục Ox hay M ( −4;0 ) .


Vậy điểm cần tìm là M ( −4;0 ) .
BÀI TẬP MỞ RỘNG
Bài tập 3:( Tư liệu nhóm Bắc Trung Nam) Trong khơng gian Oxyz , cho các
điểm A ( 1;1; 2 ) , B ( 0; −1; −3) , M là điểm thay đổi trên mặt phẳng (Oxz),giá trị nhỏ nhất
uuuu
r

uuur

uuur

của 2 MO + 3MA + 4MB bằng
A.1

B.

5
4

C.

4
3

D.

3
4

Giải

uur

uu
r

uur

r

Gọi I ( a; b; c ) là điểm thỏa mãn hệ thức 2 IO + 3IA + 4 IB = 0
uur

uu
r

uur

Ta có: 2 IO + 3IA + 4 IB = ( −9a + 3; −9b + 1; −12c − 6 ) nên

1

a
=

3
 −9a + 3 = 0

1



1 1 1
⇒ I  ; ; − ÷.
 −9b + 1 = 0 ⇔ b =
9
3 9 2
 −12c − 6 = 0


1

c = − 2

uuuu
r uuur uuur
uuu
r uur
uuu
r uu
r
uuu
r uur
uuu
r
Khi đó 2 MO + 3MA + 4 MB = 2 MI + IO + 3 MI + IA + 4 MI + IB = 9 MI

(

uur

uu

r

uur

) (

) (

)

r

(vì 2 IO + 3IA + 4 IB = 0 ).

11


uuuu
r uuur uuur
uuur
2
MO
+
3
MA
+
4
MB
Do đó
nhỏ nhất khi và chỉ khi 9 MI nhỏ nhất ⇔ MI ⊥ ( Oxz) hay

MI = d( I ;( Oxz) ) =

uuuu
r uuur uuur
uuu
r
1
1
⇒ 2 MO + 3MA + 4 MB = 9 MI = 9. = 1
9
9

Bài tập 4: Trong không gian Oxyz , cho các điểm A ( 1; 2;3) , B ( 2; 4;3) , C ( −5;0;8 ) và
đường thẳng d :

x − 6 y− 9 z + 1
=
=
.Tìm điểm M (a; b; c)
2
5
1

trên

d sao cho

uuur uuur uuuu
r
MA − 3MB − MC nhỏ nhất. Khẳng định nào sau đây đúng?


A. a + b +c = 9.

B. a = b +c.

C. 2a + b =3c.

D. 2a + 3b − c = 0 .

Giải
uu
r

uur uur

r

Gọi I ( x; y; z ) là điểm thỏa mãn hệ thức IA − 3IB − IC = 0 .

x = 0
3 x = 0

uu
r uur uur
10


 10 14 
3
y

−
10
=
0
⇔
⇒ I  0; ; ÷.
Ta có: IA − 3IB − IC = ( 3x;3 y − 10;3z − 14 ) nên 
y =
3
 3 3
3 z − 14 = 0


 14
 z = 3
uuur uuur uuuu
r
uuu
r uu
r
uuu
r uur
uuu
r uur
uuu
r
Khi đó MA − 3MB − MC = MI + IA − 3 MI + IB − MI + IC = 3 MI

(


uu
r

uur uur

) (

) (

)

r

(vì IA − 3IB − IC = 0 ).
uuur

uuur uuuu
r

uuur

Do đó MA − 3MB − MC nhỏ nhất khi và chỉ khi 3 MI nhỏ nhất ⇔ MI ⊥ ∆ hay M là
hình chiếu vng góc của I trên ∆.
Gọi (P) là mặt phẳng qua I và vng góc với ∆ . Phương trình của (P) là:
10   14 

2x + 5 y − ÷+  z − ÷ = 0 ⇔ 6x + 15y + 3z − 64 = 0 .
3 
3



Vì M là hình chiếu vng góc của I trên ∆ nên M = ∆ ∩ ( P ) ⇒ M 

13 29 1 
; ; − ÷.
 3 6 6

Vậy a + b+ c =

13 29 1
+ − = 9.
3 6 6

12


2.2.1.2. Dạng 2: Cực trị liên quan đến độ dài bình phương vơ hướng của
vectơ.
Nhận xét: Xuất phát từ bài toán :
Cho đa giác A1A2.....An A1, A2,...., An và n số thực k1, k2,...., kn thỏa mãn điều kiện
k1 + k2 + ... + kn = k > 0 .Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (thuộc đường thẳng) sao cho
S = k1MA12 + k2MA22 + ... + knMAn2 đạt giá trị nhỏ nhất.

Cách giải:
uuu
r

uuu
r


uuu
r r

• Bước 1: Áp dụng tâm tỉ cự. Gọi I là điểm thỏa mãn k1 IA1 + k2 IA2 + ... + kn IAn = 0 ,
khi đó I xác định duy nhất.
• Bước 2: Áp dụng quy tắc ba điểm, biến đổi dẫn tới
S = k1MA12 + k2MA22 + ... + knMAn2 =
uuu
r

uuu
r

uuu
r

uuu
r

2
2
2
2
= ( k1 + k2 + ... + kn ) MI + ( k1IA1 + k2IA2 + ... + knIAn ) + 2MI ( k1IA1 + k2 IA2 + ... + kn IAn ) =

uuu
r

uuu
r


uuu
r r

2
2
2
= kMI 2 + ( k1IA1 + k2IA2 + ... + knIAn ) (vì k1 IA1 + k2 IA2 + ... + kn IAn = 0 ).

• Bước 3: Do k > 0 nên S = k1MA12 + k2MA22 + ... + knMAn2 đạt giá trị nhỏ nhất thì ta
xác định vị trí M cần tìm.
Chú ý: Bài toán cho đa giác A1A2.....An A1, A2,...., An và n số thực k1, k2,...., kn thỏa mãn
điều kiện k1 + k2 + ... + kn = k < 0 .Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (thuộc đường thẳng)
sao cho S = k1MA12 + k2MA22 + ... + knMAn2 đạt giá trị lớn nhất có cách giải tương tự trên.
2.2.1.1.a. Ví dụ
Ví dụ 2.1: Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ∆ :x + y + 2 = 0 và các điểm A( 2;1)
, B ( 0;1) , C ( 1;3) . Tìm điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho MA2 + MB2 − MC2 nhỏ
nhất.
Giải

13


uu
r uur uur

r

Gọi I ( x; y ) là điểm thỏa mãn IA + IB − IC = 0 .
uu

r uur uur

− x + 1 = 0
x = 1
⇔
⇒ I ( 1; −1) .
− y − 1 = 0
 y = −1

Ta có IA + IB − IC = ( − x + 1; − y − 1) nên 
⇒ IA2 = 5; IB2 = 5; IC2 = 16
uuu
r uur

uuu
r uur

uuu
r uur

Khi đó : MA2 + MB2 − MC2 = ( MI + IA) + ( MI + IB) − ( MI + IC )
2

2

2

uuu
r uur uur uur
2

2
2
2
MI
+
IA
+
IB
−
IC
+
2
MI
IA + IB − IC
=

(

)

(

)

uuu
r uur uur uur
2
MI
IA + IB − IC = 0 )
= MI + 26 (vì


(

2

)

Do các điểm I, A, B, C xác định nên MA2 + MB2 − MC2 nhỏ nhất ⇔ MI nhỏ nhất
⇔ MI ⊥ ∆ hay M là hình chiếu của I trên đường thẳng ∆ .
uur
uu
r
∆ :x + y + 2 = 0 ⇒ VTPT n∆ ( 1;1) mà MI ⊥ ∆ nên đường thẳng MI nhận u∆ = (1;−1) làm

VTPT.
Phương trình MI là x − y − 5 = 0 .
3

x=

 x + y+ 2 = 0

2
⇔
M = MI ∩ ∆ ⇒ tọa độ M là nghiệm hệ phương trình 
.
 x − y− 5 = 0
y = − 7

2



Vậy M  ;− ÷là điểm phải tìm.
 2 2
3

7

Ví dụ 2.2: Tìm điểm M nằm trên mặt phẳng chứa tam giác ABC sao cho tổng
MA2 + 2MB2 − 6MC 2 đạt giá trị lớn nhất.

Giải
uu
r

uur

uur

r

Gọi I là điểm thỏa mãn hệ thức IA + 2 IB − 6 IC = 0 , khi đó I là tâm tỉ cự của A, B, C
nên điểm I xác định duy nhất.
Với mọi điểm M, ta có :

(

uuu
r uur


)

2

(

uuu
r uur

)

2

(

uuu
r uur

MA2 + 2MB2 − 6MC2 = MI + IA + 2 MI + IB − 6 MI + IC

)

2

14


uuu
r uur uur uur
2

2
2
2
−
3
MI
+
IA
+
2
IB
−
6
IC
+
2
MI
IA + 2IB − 6IC
=

(

)

(

uuu
r uur

uur


)
uur

2
2
2
2
= −3MI + ( IA + 2IB − 6IC ) (vì 2MI ( IA + 2IB − 6IC ) = 0).

Do đó MA2 + 2MB2 − 6MC 2 đạt giá trị lớn nhất ⇔ M ≡ I .
MỞ RỘNG: Với việc nắm vững phần kiến thức này, khi lên lớp 12, các em học
sinh có thể mở rộng và dễ dàng giải được các bài tốn cực trị hình học trong
khơng gian Oxyz như bài tập sau:
Ví dụ 2.3: (Câu 41-Đề minh họa BGD năm 2019) Trong không gian Oxyz , cho
hai điểm A ( 2; −2; 4 ) , B ( −3;3; −1) và mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 2 z − 8 = 0 . Xét M là điểm
thay đổi thuộc ( P ) . Giá trị nhỏ nhất của 2MA2 + 3MB 2 bằng
A. 135 .

B. 105 .

C. 108 .

D. 145 .

Giải
uu
r

uur


r

Gọi I ( x; y; z ) thỏa mãn 2 IA + 3IB = 0 ⇒ I ( −1;1;1)
⇒ IA2 = 27; IB2 = 12;d( I ;( P ) ) = 3.
uuur 2

uuur 2

Khi đó 2MA2 + 3MB 2 = 2MA + 3MB

uuu
r uur 2
uuu
r uur
= 2 MI + IA + 3 MI + IB

(

)

(

)

2

uuu
r uu
r uur

= 5MI 2 + 2 IA2 + 3IB 2 + 2 MI 2 IA + 3IB

(

= 5MI 2 + 90

)

uu
r uur uur
(vì 2u
)
MI ( 2IA + 3IB) = 0

Suy ra 2MA2 + 3MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất.
Mà MI ≥ d( I ;( P ) ) nên 2MA2 + 3MB 2 ≥ 5.9 + 90 = 135 .
Ví dụ 2.4:(Câu 39-Đề lần 1 thi thử TN THPT Sở GD Thanh Hóa, tháng 2/2022)
Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A ( 2;3;5 ) , B ( −1;3; 2 ) , C ( −2;1;3) , D ( 5;7; 4 ) . Điểm

15


M ( a; b; c )

di

động

trên


mặt

phẳng

( Oxy ) .

Khi

biểu

thức

T = 4MA2 + 5MB 2 − 6MC 2 + MD 4 đạt giá trị nhỏ nhất thì tổng a + b + c bằng

B. −11 .

A. 11 .

C. 12 .

D. 9 .

Giải
uu
r

uur

uur


r

Gọi I ( x; y; z ) thỏa mãn 4 IA + 5IB − 6 IC = 0 ⇒ I ( 5;7; 4 ) ≡ D
⇒ DA2 = 26; IB2 = 56; IC2 = 86.

Khi đó T = 4MA2 + 5MB 2 − 6MC 2 + MD 4
uuuu
r uuur 2
uuuu
r uuur 2
uuuu
r uuur 2
= 4 MD + DA + 5 MD + DB − 6 MD + DC + MD 4

(

)

(

)

(

)

uuuu
r uuur uuur uuur
= 3MD 2 + 4 DA2 + 5DB 2 − 6 DC 2 + 2 MD 4 DA + 5DB − 6 DC + MD 4


(

)

= 3MD 2 + MD 4 + 4 DA2 + 5DB 2 − 6 DC 2

= 3MD 2 + MD 4 − 132

Suy ra T = 4 MA2 + 5MB 2 − 6 MC 2 + MD 4 đạt giá trị nhỏ nhất khi MD nhỏ nhất hay M
là hình chiếu của D trên ( Oxy ) ⇒ M ( 5;7;0) .
Vậy tổng a + b + c = 12
2.2.1.2.b. Một số bài tập.
Bài tập 1: Trong mặt phẳng Oxy, cho các điểm A( 0;2) , B ( 1; −3) , C ( 3;0) . Tìm điểm
M trên đường phân giác của góc phần tư thứ nhất sao cho MA2 + MB2 + MC2 nhỏ
nhất.
Giải
uu
r uur uur

r

Gọi I ( x; y ) là điểm thỏa mãn IA + IB + IC = 0 .

16


4

 x = 3
uu

r uur uur
 −3 x + 4 = 0
 4 1
⇔
⇒ I  ; − ÷.
Ta có IA + IB − IC = ( −3x + 4; −3 y − 1) nên 
 3 3
 −3 y − 1 = 0
y = −1

3
⇒ IA2 =

65 2 65 2 26
; IB = ; IC =
9
9
9
uuu
r uur

uuu
r uur

uuu
r uur

Khi đó : MA2 + MB2 + MC2 = ( MI + IA) + ( MI + IB) + ( MI + IC )
2


2

2

uuu
r uur uur uur
2
2
2
2
3
MI
+
IA
+
IB
+
IC
+
2
MI
IA + IB + IC
=

(

2
= 3MI +

)


(

)

uuu
r uur uur uur
52
(vì 2MI ( IA + IB + IC ) = 0)
3

Do các điểm I, A, B, C xác định nên MA2 + MB2 + MC2 nhỏ nhất ⇔ MI nhỏ nhất
⇔ MI ⊥ ∆ ( ∆ là đường phân giác của góc phần tư thứ nhất ) hay M là hình chiếu

của I trên đường thẳng ∆ .
uur
uu
r
∆ :x − y = 0 ⇒ VTPT n∆ ( 1;−1) mà MI ⊥ ∆ nên đường thẳng MI nhận u∆ = (1;1) làm

VTPT.
Phương trình MI là x + y − 1= 0.
1

x=

x− y = 0

2
⇔

M = MI ∩ ∆ ⇒ tọa độ M là nghiệm hệ phương trình 
.
 x + y − 1= 0
y = 1

2


Vậy M  ; ÷là điểm phải tìm.
 2 2
1 1

Bài tập 2: Trong mặt phẳng Oxy, cho các điểm A( 1;−1) , B ( 3; 2 ) . Tìm điểm M
trên trục Oy sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất.
Giải
uu
r uur

r

Gọi I ( x; y ) sao cho IA + IB = 0 .
x = 2
uu
r uur
4 − 2 x = 0

 1
⇔
Ta có: IA + IB = ( 4 − 6 x;1 − 2 y ) nên 
1 ⇒ I  2; ÷.

 2
1 − 2 y = 0
 y = 2

17


⇒ IA2 =

13 2 13
; IB =
4
4
uuu
r uur

uuu
r uur

Khi đó : MA2 + MB2 = ( MI + IA) + ( MI + IB)
2

2

uuu
r uur uur

2
2
2

= 2MI + ( IA + IB ) + 2MI ( IA + IB)

2
= 2MI +

uuu
r uur uur
13
2
MI
(vì
( IA + IB) = 0 )
2

Vì M thuộc trục tung nên M (0 ; b ) .
Do đó MA2 + MB2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất, suy ra M là hình chiếu của
 1
I lên trục Oy hay M  0; ÷.
 2

BÀI TẬP MỞ RỘNG
Bài tập 3:( BÀI TẬP PHÁT TRIỂN ĐỀ MH BGD NĂM 2019- Strong team
tốn) Trong khơng gian Oxyz , cho ba điểm A ( 1;0; −1) , B ( 3; −3; 0 ) , C ( 1; 4; −1) và mặt
phẳng ( P ) : 3x + y − 3z + 11 = 0 . Xét điểm M ( a; b; c ) di động trên ( P ) thỏa mãn
MA2 + 2 MB 2 + 3MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất, tổng a + b + c bằng

A.

11
.

3

C. −

B. −1 .

11
.
3

D. 1 .

Giải
uu
r uur uur r
2
5
Gọi I ( x; y; z ) thỏa mãn IA + 2 IB + 3IC = 0 ⇒ I  ;1; − ÷
3

⇒ IA2 =

3

14 2 164 2 86 .
; IB =
; IC =
9
9
9

uuur 2

uuur 2

uuuu
r2

Khi đó P = MA2 + 2MB 2 + 3MC 2 = MA + 2MB + 3MC
uuu
r uur 2
uuu
r uur 2
uuu
r uur
= MI + IA + 2 MI + IB + 3 MI + IC

(

)

(

)

(

)

2


uuu
r uu
r uur uur
= 6 MI 2 + IA2 + 2 IB 2 + 3IC 2 + 2 MI IA + 2 IB + 3IC

(

)

18


= 6MI 2 + IA2 + 2 IB 2 + 3IC 2

= 6MI 2 +

88
3

Suy ra MA2 + 2MB 2 + 3MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi MI đạt GTNN hay M là hình
chiếu của I trên ( P ) .
uu
r

Gọi d là đường thẳng qua I và vng góc với ( P ) ⇒ ud = ( 3;1; −3)
5

 x = 3 + 3t

Phương trình đường thẳng d là ( d ) :  y = 1 + t


2
 z = − − 3t
3


Ta có M = d ∩ ( P ) .


Vì M ∈ d ⇒ M  + 3t ;1 + t ; − − 3t ÷.
3
3
5

2











Lại có M ∈ ( P ) : 3  + 3t ÷+ 1 + t − 3  − − 3t ÷+ 11 = 0 ⇔ 19t + 19 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ M  − ; 0; ÷
3
3
3 3

5



2



4
3



4



7





7
3

Khi đó, a + b + c = − + = 1 .
Nhận xét: cách làm hoàn toàn tương tự khi thay mặt phẳng bởi mặt cầu.
Ví dụ 2.5: ( Tư liệu nhóm Strong Team Tốn) Trong không gian


Oxyz,

cho ba

2
2
2
điểm A ( 0;1;1) , B( 3;0;- 1) , C ( 0;21;- 19) và mặt cầu ( S) : ( x - 1) +( y- 1) +( z - 1) = 1. Gọi

M ( a;b;c)

là điểm thuộc mặt cầu ( S) sao cho biểu thức T = 3MA2 + 2MB2 + MC 2 đạt giá

trị nhỏ nhất. Tính tổng S = a + b+ c.
A. S = 0.

B.

S=

12
.
5

C.

S=

14
.

5

D.

S=

16
.
5

Giải.

19


Gi

2

2

2

M ( a;b;c) ẻ ( S) ị ( a- 1) + ( b- 1) +( c- 1) = 1

và

I là điểm thỏa mãn

uur

uur uur
3IA + 2IB + IC = 0 Þ I ( 1;4;- 3) .

Ta có T

uuu
r uur 2
uuu
r uu
r 2
uuu
r uur
= 3MA2 + 2MB2 + MC 2 = 3 MI + IA + 2 MI + IB + MI + IC

(

)

(

) (

)

2

uuur uur
uur uur
= 6MI 2 + 2MI 3IA + 2IB + IC + 3IA 2 + 2IB2 + IC 2 = 6MI 2 + 3IA 2 + 2IB2 + IC 2.


(

)

Do đó để T đạt giá trị nhỏ nhất thì

MI

đạt giá trị nhỏ nhất (do

3IA2 + 2IB2 + IC 2

khơng

đổi).
Cách tìm điểm

M

như sau:

 Viết phương trường đường thẳng d qua I và tâm J ( 1;1;1) của mặt cầu ( S) .
 Tìm giao điểm của d với ( S) ta được hai điểm M 1 và M 2.
 So sánh IM 1 và IM 2 giá trị nào nhỏ hơn thì thỏa mãn (giá trị cịn lại là đáp án của
bài toán hỏi biểu thức T đạt giá trị lớn nhất.
Làm theo các bước trên ta c im

ổ 8 1ữ
ử
Mỗ

1; ; ữ
ỗ
tha
ữ
ỗ
ố 5 5ứ

món. Suy ra

a + b+ c =

14
.
5

2.3. Hiệu quả của đề tài
Những điều tơi đã thực hiện như nêu ở trên đã có một số tác dụng đối với học
sinh,cụ thể là : Các em tỏ ra rất say mê, hứng thú với dạng tốn này, đó có thể coi là
một thành cơng của người giáo viên. Kết thúc đề tài này tôi đã khảo sát lại cho các
em học sinh lớp 10A11. Kết quả như sau:
Không nhận
biết được

Số lượng
Tỉ lệ ( %)

0
0.0

Nhận

biết, Nhận biết và
nhưng không biết vận dụng,
biết vận dụng chưa giải được
hoàn chỉnh
6
13
11.5
25

Nhận biết và biết
vận dụng , giải
được bài hồn
chỉnh
33
63.5

Như vậy là các em đã có sự tiến bộ. Nghĩa là phương pháp mà tôi nêu ra trong
đề tài đã giúp các em phân loại được bài tập và nắm khá vững phương pháp làm và
trình bày bài, giúp các em tự tin hơn trong học tập cũng như khi đi thi.

20


3. KẾT LUẬN
3.1. Kết luận.
Với sự phát triển của xã hội cũng như yêu cầu của thực tiễn về những con
người mới, từ thực tế giảng dạy chuyên đề này và qua thực nghiệm đề tài tôi nhận
thấy, hiệu quả của đề tài là tích cực. HS chủ động, sáng tạo trong việc tìm hiểu kiến
thức.
Một kinh nghiệm được rút ra là trước hết học sinh phải nắm chắc các kiến

thức cơ bản, biết vận dụng linh hoạt các kiến thức này, từ đó mới dạy các chuyên đề
mở rộng, nâng cao, khắc sâu kiến thức một cách hợp lý với các đối tượng học sinh
nhằm bồi dưỡng năng khiếu, rèn kỹ năng cho học sinhđồng thời rèn luyện cho HS
nhiều kỹ năng cần thiết. Kiến thức được dạy học đa dạng về phân mơn, giúp các em
biết cách nhìn vấn đề ở nhiều góc độ, đặt các vấn đề của cuộc sống trong một mối
quan hệ qua lại và gắn kết chặt chẽ.
3.2. Kiến nghị.
Nội dung của đề tài đã được tôi cùng đồng nghiệp thực nghiệm tại đơn vị và
hiệu quả đã được tập thể đánh giá tốt, những HS được học theo phương pháp này có
kết quả học tập tốt hơn, phát triển nhiều kỹ năng và kiến thức.
Một bài tốn có thể có rất nhiều cách giải song việc tìm ra một lời giải hợp
lý, ngắn gọn thú vị và độc đáo là một việc không dễ. Do đó đây chỉ là một chuyên
đề rất nhỏ để giúp phát triển tư duy, sự sáng tạo của học sinh.
Rất mong sự đóng góp ý kiến của các bạn quan tâm và đồng nghiệp để chuyên
đề này được đầy đủ hoàn thiện hơn./.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 10 tháng 5 năm 2022
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung của
người khác.

21


Người thực hiện

Vũ Thị Hoa


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Hình học 10, Bài tập hình học 10 – nhà XBGD năm 2008
[2]. Hình học 10 nâng cao, Bài tập hình học 10 nâng cao – nhà XBGD năm 2008.
[3]. Tạp chí Toán học và tuổi trẻ năm 2010.
[4]. Các dạng Toán phát triển đề thi minh họa 2018-2022.
[5]. Tuyển tập các đề thi thử TN THPT Quốc Gia của các trường trên cả nước năm
học 2018-2019; 2019- 2020; 2020- 2021.
[6]. Tuyển tập sản phẩm của nhóm Strong Team Tốn từ 2019 đến nay.
[7]. Tuyển tập sản phẩm của nhóm Bắc Trung Nam từ 2019 đến nay.

22


DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SKKN ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SKKN NGÀNH GD
TỈNH THANH HÓA XẾP LOẠI
Tên đề tài
Sáng kiến
“Một số bài tốn viết phương trình
đường thẳng trong khơng gian”

“Phân loại và một số phương pháp
giải bài toán về quan hệ vng góc
trong khơng gian”
“Hướng dẫn học sinh lớp 11 giải
một số bài tập góc giữa đường
thẳng và mặt phẳng”

Số, ngày, tháng, năm của
Năm cấpXếp loại quyết định công nhận, cơ
quan ban hành QĐ


2013

2016

2021

C

QĐ số 743/QĐ-SGD&ĐT,
ngày 04/11/2013 của Giám
Đốc Sở GD&ĐT Thanh
Hóa

C

QĐ số 972/QĐ-SGD&ĐT,
ngày 24/11/2016 của Giám
Đốc Sở GD&ĐT Thanh
Hóa

C

QĐ số 1362/QĐ-SGD&ĐT,
ngày 05/11/20 của Giám
Đốc Sở GD&ĐT Thanh
Hóa

23