Mục lục
PHẦN 1. MỞ ĐẦU...................................................................................................2

1.1. Lí do chọn đề tài.....................................................................................2
1.2. Mục đích nghiên cứu..............................................................................2
1.3. Đối tượng nghiên cứu.............................................................................3
1.4. Phương pháp nghiên cứu........................................................................3
1.5. Giới hạn phạm vi nghiên cứu.................................................................3
PHẦN 2. NỘI DUNG................................................................................................4

2.1. Cơ sở lí luận của vấn đề.........................................................................4
2.2. Thực trạng của vấn đề............................................................................4
2.3. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề.................................13
2.3.1. Cơ sở lí thuyết....................................................................................................13
2.3.2. Nội dung phương pháp.......................................................................................13
2.3.2.1. Bài toán trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy...............................................13
2.3.2.1.1. Bài toán cơ sở.......................................................................................13
2.3.2.1.2. Một số bài toán ứng dụng.....................................................................14
2.3.2.2. Bài toán trong không gian với hệ tọa độ Oxyz............................................19
2.3.2.2.1.Các bài toán cơ sở.................................................................................19
2.3.2.2.2. Một số bài toán ứng dụng.....................................................................20

2.4. Kết quả đạt được...................................................................................25
2.4.1. Thực nghiệm trên lớp 10....................................................................................25
2.4.1.1. Nội dung thực nghiệm.................................................................................25
2.4.1.2. Dụng ý sư phạm trong đề kiểm tra..............................................................26
2.4.1.3. Đánh giá kết quả thực nghiệm.....................................................................26
2.4.1.4. Đánh giá kết quả bài kiểm tra......................................................................27
2.4.2. Thực nghiệm trên lớp 12....................................................................................28
2.4.2.1. Nội dung thực nghiệm.................................................................................28
2.4.2.2. Dụng ý sư phạm trong đề kiểm tra..............................................................29

2.4.2.3. Đánh giá kết quả thực nghiệm.....................................................................29
2.4.2.4. Đánh giá kết quả bài kiểm tra......................................................................30

PHẦN 3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ..................................................................31

3.1. Kết luận................................................................................................31
3.2. Kiến nghị..............................................................................................32
TÀI LIỆU THAM KHẢO.......................................................................................34

-1-


PHẦN 1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy việc dạy học toán nói chung và
bồi dưỡng học sinh khá, giỏi toán nói riêng; muốn học sinh rèn luyện được tư
duy sáng tạo trong việc học và giải toán thì bản thân mỗi thầy, cô giáo cần
phải có nhiều phương pháp và nhiều cách hướng dẫn cho học sinh tiếp thu và
tiếp cận lời giải đối với bài toán. Vấn đề này đòi hỏi người giáo viên cần tìm
tòi nghiên cứu tìm ra nhiều phương pháp và cách giải qua một bài toán, để từ
đó rèn luyện cho học sinh năng lực hoạt động, tư duy sáng tạo, phát triển bài
toán và có thể đề xuất hoặc tự làm các bài toán tương tự.
Khai thác, phát triển một bài toán là một chủ đề không có gì mới lạ, dạy
cho học sinh nắm vững kiến thức cơ bản và đảm bảo trình độ vượt qua các ky
thi là cần thiết, nhưng bên cạnh đó người giáo viên dạy toán cần phải truyền
tải sự say mê toán học cho học sinh, nhằm giúp hiệu quả học tập được tốt hơn.
Để thực hiện được điều này, người giáo viên cần có sự say mê chuyên môn,
đặt ra cho mình nhiệm vụ truyền sự say mê đó cho học trò. Khai thác, tìm
hiểu và phát triển một bài toán cũng là một phần việc giúp người giáo viên
thành công trong sự nghiệp của mình. Với chút hiểu biết của mình cùng niềm

say mê toán học, tôi viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “BIẾN ĐỔI SỰ PHỤ
THUỘC NHIỀU ĐIỂM THÀNH PHỤ THUỘC MỘT ĐIỂM TRONG
MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ” với mong muốn được chia sẻ,
trao đổi kinh nghiệm làm toán, học toán và dạy toán với các đồng nghiệp. Hy
vọng đề tài giúp ích một phần nào đó cho quý thầy cô trong quá trình công
tác.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Nhằm nâng cao nghiệp vụ chuyên môn, rút kinh nghiệm trong quá trình
giảng dạy, phát triển tư duy linh hoạt, sáng tạo của học sinh, phát hiện và bồi
dưỡng học sinh giỏi Toán.
Thông qua đề tài này, là tài liệu tham khảo cho các em học sinh, đặc
biệt là đối với học sinh tham gia các kì thi học sinh giỏi, thi THPT Quốc gia.

-2-


Nghiên cứu lí luận và đề xuất phương pháp dạy học góp phần nâng cao
uuur

uuur

uuuu
r

hiệu quả dạy học lớp bài toán tìm điểm M thuộc d để a.MA + b.MB + c.MC co
giá trị nhỏ nhất hoặc a.MA2 + b.MB 2 + c.MC 2 co giá trị nhỏ nhất.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Nghiên cứu phương pháp giải, phát triển bài toán sử dụng kiến thức
véctơ.
Đề tài hướng tới các đối tượng học sinh khối 10 và khối 12.

1.4. Phương pháp nghiên cứu
Với đề tài này, phương pháp chủ yếu được sử dụng là phương pháp
thống kê, lựa chọn những bài toán hay, độc đáo, có cùng phương pháp giải
sau đó phân tích, so sánh, khái quát hóa, đặc biệt hóa để làm nổi bật phương
pháp, từ đó rút ra kết luận.
Nghiên cứu bằng lí luận: Nghiên cứu các giáo trình về phương pháp
dạy học Toán ở trường phổ thông, tài liệu hướng dẫn đổi mới phương pháp
dạy học, các sách giáo khoa, sách tham khảo, báo Toán học và tuổi trẻ, các đề
thi,...
Nghiên cứu bằng thực nghiệm: Thông qua việc dạy và học phần hình
học lớp 10 và phần hình học lớp 12 ở các năm giảng dạy của bản thân và tổng
kết các kinh nghiệm giảng dạy của các đồng nghiệp.
1.5. Giới hạn phạm vi nghiên cứu
Đề tài này được nghiên cứu đối với việc giải toán hình học tọa độ, bài
toán tìm tọa độ điểm của học sinh lớp 10 và lớp 12, trường THPT Trần Hưng
Đạo, huyện Đăk Mil, tỉnh Đăk Nông.

-3-


PHẦN 2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận của vấn đề
Trong trường trung học phổ thông có thể coi việc thực hành giải toán là
hình thức chủ yếu của hoạt động toán đối với học sinh. Các bài toán là
phương tiện cốt yếu trong quá trình giúp học sinh nắm vững tri thức, phát
triển tư duy, hình thành kĩ năng, kỹ xảo, phát triển năng lực sáng tạo đồng
thời giải quyết được một số bài toán thực tế đặt ra. Hoạt động giải các bài
toán là điều kiện để thực hiện tốt các mục tiêu dạy toán ở trường trung học
phổ thông. Vì vậy, việc tổ chức giải các bài toán có hiệu quả sẽ góp phần quan
trọng đối với chất lượng dạy học toán.

Việc ứng dụng phương pháp biến đổi sự phụ thuộc nhiều điểm thành
phụ thuộc một điểm vào giải toán nhằm tạo ra cách nhìn mới trong việc giải
uuuu
r

uuuur

uuuur

quyết những bài toán tìm điểm M thuộc d để a.MA + b.MB + c.MC co giá trị
nhỏ nhất hoặc a.MA2 + b.MB 2 + c.MC 2 co giá trị nhỏ nhất cho học sinh trung
học phổ thông. Giáo viên đưa ra một số bài toán có thể ứng dụng phương
pháp biến đổi sự phụ thuộc nhiều điểm thành một điểm để thông qua đó, học
sinh chiếm lĩnh tri thức, rèn luyện kĩ năng để đạt được những mục đích học
tập khác, đồng thời cũng giúp các em có được tính độc lập, sáng tạo. Giáo
viên hướng dẫn học sinh phân tích các bài toán, làm rõ mối quan hệ giữa cái
đã biết và cái cần tìm dựa vào những kiến thức đã học, liên tưởng tới những
đẳng thức véc tơ, định lí, tính chất thích hợp. Qua đó giáo viên hướng dẫn học
sinh định hướng cách giải quyết vấn đề bằng cách thu thập tổ chức dữ liệu,
huy động tri thức nhận thức, tìm đoán suy luận như hướng đến cái gốc của bài
toán, quy lạ về quen, tương tự hóa, khái quát hóa, xem xét những mối liên hệ
và phụ thuộc,…
2.2. Thực trạng của vấn đề
Trong quá trình giảng dạy và nghiên cứu toán học, tôi có gặp bài toán
như sau:

-4-


 Bài toán 1. “Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC co A ( 1;1) ;

B ( –2; –4 ) ; C ( 5; –1) và đường thẳng ∆ :  2 x – 3 y + 12 = 0. Tìm điểm M thuộc ∆
uuuu
r uuuur uuuur

sao cho MA + MB + MC nhỏ nhất”, với đáp án như sau:
4 4
- Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta co tọa độ của G là  ; − ÷.
3 3
uuuu
r uuuur uuuur

uuuur

- Khi đo: MA + MB + MC = 3MG , G và ∆ cố định (G không nằm trên ∆ ).
uuuur

uuuu
r uuuur uuuur

- Vậy MA + MB + MC nhỏ nhất khi 3MG nhỏ nhất, tức MG nhỏ nhất hay
MG vuông goc với ∆. Do đo M là giao điểm của ∆ và đường thẳng d qua G
và vuông goc với ∆.

u
r

- Một véc tơ chỉ phương của ∆ là u = (3;2) đo cũng là một véc tơ pháp tuyến
4
của d, vậy phương trình của d là: 3x + 2 y –  = 0.
3


8

- Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
6

 2 x − 3 y + 12 = 0


4
 3x + 2 y − = 0
3


4

M

20

 x = − 13
⇒
 y = 116

39
-15

-10

 20 116 

⇒ M − ;
÷.
 13 39 

2

A
O

-5

5

G

C

-2

B

• Phân tích:

-4

-6

- Bài toán trên được giải với việc chuyển sự phụ thuộc điểm M theo 3 điểm A,
-8
B, C thành sự phụ thuộc điểm M theo 1 điểm G (trong

đó G là trọng tâm của

tam giác ABC) bằng cách sử dụng công thức

-5-


uuuu
r
MA + MB + MC = 3MG (SGK Hình học 10 nâng cao, trang 20).
uuuu
r uuuur uuuur

• Nhận xét :
* Giải pháp cũ thường làm: Sử dụng công thức trọng tâm của tam giác (như
lời giải ở trên).
* Giải pháp cải tiến: Ta có thể thực hiện biến đổi
uuuu
r uuuur uuuur

uuuur

uuur

uuuur

uuur

uuuur


uuuu
r

MA + MB + MC = (MG + GA) + (MG + GB ) + (MG + GC )
uuuur

uuur

uuur

uuuu
r

= 3MG + GA + GB + GC
uuuur
= 3MG,

(với G là trọng tâm tam giác ABC).
Thoạt nhìn có vẻ là không có sự khác nhau giữa giải pháp cũ thường
làm và giải pháp cải tiến (vì bản chất là giống nhau). Nhưng với giải pháp cải
tiến thì ta có thể giải quyết được bài toán nào?
Ta thử xét bài toán 1a tương tự như sau: “Trong mặt phẳng tọa độ Oxy
cho tam giác ABC co

A ( 1;1) ; B ( –2; –4 ) ; C ( 5; –1) và đường thẳng ∆ :
uuuu
r uuuur

uuuur


2 x – 3 y + 12 = 0. Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho MA + MB + 2MC nhỏ nhất”
(Dựa theo Bài 35/trang 11/ Sách bài tập Hình học 10 nâng cao). Rõ ràng
tính chất trọng tâm (giải pháp cũ thường làm) rất khó để sử dụng ở đây, để
giải quyết bài toán trên ta cần sử dụng giải pháp cải tiến, với việc biến đổi như
sau:
uuuu
r uuuur

uuuur

uuuur

uuur

uuuur

uuur

uuuur

uuuu
r

MA + MB + 2MC = ( MG + GA) + (MG + GB) + 2( MG + GC )
uuuur

uuur

uuur


uuuu
r

= 4MG + GA + GB + 2GC
uuuur
= 4MG.
uuur

uuur

uuuu
r

r

Trong đó, điểm G là điểm thỏa mãn GA + GB + 2GC = 0 và G được xác
định cụ thể khi có tọa độ. Nội dung giải quyết cụ thể của vấn đề này được
trình bày ở bài toán 8 và bài toán 14 sau này.
Bây giờ nếu ta bỏ bớt dữ kiện yếu tố điểm C ở bài toán 1, thì ta có bài
toán tương tự như sau:

-6-


 Bài toán 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC co
A ( 1;1) ;  B ( –2; –4 ) và đường thẳng ∆ : 2 x – 3 y + 12 = 0. Tìm điểm M thuộc ∆
uuuu
r uuuur

sao cho MA + MB nhỏ nhất.

• Phân tích :
- Bài toán trên được giải với việc chuyển sự phụ thuộc điểm M theo 2 điểm A,
B thành sự phụ thuộc điểm M theo 1 điểm I (trong đó I là trung điểm của đoạn
thẳng AB) với công thức
uuu
r
MA + MB = 2MI (theo SGK Hình học 10 nâng cao, trang 20).
uuuu
r uuuur

• Lời giải :
 1 3
- Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB, ta có tọa độ của I là  − ; − ÷.
 2 2
uuuu
r uuuur

uuur

- Khi đó: MA + MB = 2MI , I và ∆ cố định (I không nằm trên ∆ ).
uuu
r
uuuu
r uuuur
MA
+
MB
2MI
- Vậy
nhỏ nhất khi

nhỏ nhất, tức MI nhỏ nhất hay MI vuông
góc với ∆. Do đó M là giao điểm của ∆ và đường thẳng d qua I và vuông góc
với ∆.

u
r

- Một véc tơ chỉ phương của ∆ là u = (3;2) đó cũng là một véc tơ pháp tuyến
9
của d, vậy phương trình của d là: 3x + 2 y +  = 0.
2
- Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
75

x=−
 2 x − 3 y + 12 = 0

26

⇒ 

9
 3x + 2 y + = 0
 y = 27
2


13

 75 27 

; ÷.
 26 13 

⇒ M −

• Nhận xét :
* Giải pháp cũ thường làm: Sử dụng công thức trung điểm của đoạn thẳng
(như lời giải ở trên).
* Giải pháp cải tiến: Ta có thể thực hiện biến đổi như sau:

-7-


uuuu
r uuuur

uuur

uur

uuur

uur

uuur

uur

MA + MB = ( MI + IA) + ( MI + IB)
uur


= 2MI + IA + IB
uuur
= 2MI ,
(với I là trung điểm của đoạn thẳng AB).
Cũng như nhận xét ở trên, thoạt nhìn có vẻ là không có sự khác nhau
giữa giải pháp cũ thường làm và giải pháp cải tiến. Nhưng với giải pháp cải
tiến thì ta có thể giải quyết được bài toán nào?
Ta thử xét bài toán 2a như sau: “Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho
tam giác ABC co A ( 1;1) ; B ( –2; –4 ) và đường thẳng ∆ : 2 x – 3 y + 12 = 0. Tìm
uuuu
r

uuuur

điểm M thuộc ∆ sao cho 3MA + 2MB nhỏ nhất”. Rõ ràng tính chất trung
điểm (giải pháp cũ thường làm) rất khó để sử dụng ở đây, để giải quyết bài
toán trên ta cần sử dụng giải pháp cải tiến, với việc sử dụng phép biến đổi như
sau:
uuuu
r uuuuuu
r

uuur

uur

uuur

uur


uuur

uur

3MA + 2MB = 3( MI + IA) + 2( MI + IB)
uur

= 5MI + 3IA + 2 IB
uuur

= 5MI .
uur

uur

r

Trong đó, I là điểm thỏa mãn 3IA + 2 IB = 0 và I được xác định cụ thể
khi có tọa độ. Nội dung giải quyết cụ thể của vấn đề này được trình bày ở bài
toán 6 và bài toán 12 sau này.
Nếu ta thay đổi dữ kiện cuối cùng ở bài toán 2, thì ta có bài toán tương
tự sau:
 Bài toán 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC co
A ( 1;1) ;  B ( –2; –4 ) và đường thẳng ∆ :  2 x – 3 y + 12 = 0. Tìm điểm M thuộc ∆
sao cho: MA2 + MB 2 co giá trị nhỏ nhất.
• Phân tích :
- Bài toán trên được giải với việc chuyển sự phụ thuộc điểm M theo 2 điểm A,
B thành sự phụ thuộc điểm M theo 1 điểm I (trong đó I là trung điểm của đoạn
thẳng AB) với công thức


-8-


MA2 + MB 2 = 2MI 2 +

AB 2
(SGK Hình học 10 nâng cao, trang 58).
2

• Lời giải :
 1 3
- Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB, ta có tọa độ của I là  − ; − ÷.
 2 2

- Khi đó: MA2 + MB 2 = 2MI 2 +

AB 2
, I và ∆ cố định (I không nằm trên ∆ ).
2

- Vậy MA2 + MB 2 nhỏ nhất khi 2MI 2 +

AB 2
nhỏ nhất, tức MI nhỏ nhất (vì AB
2

có độ dài không thay đổi) hay MI vuông góc với ∆. Do đó M là giao điểm của
∆ và đường thẳng d qua I và vuông góc với ∆ .
u

r

- Một véc tơ chỉ phương của ∆ là u = (3;2) đó cũng là một véc tơ pháp tuyến
9
của d, vậy phương trình của d là: 3x + 2 y +   = 0.
2
- Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
75

x=−
 2 x − 3 y + 12 = 0

26

⇒ 

9
 3x + 2 y + = 0
 y = 27
2


13

 75 27 
; ÷.
 26 13 

⇒ M −


• Nhận xét :
* Giải pháp cũ thường làm: Sử dụng công thức MA2 + MB 2 = 2MI 2 +

AB 2
2

(như lời giải ở trên, với I là trung điểm của đoạn thẳng AB).
* Giải pháp cải tiến: Ta có thể thực hiện biến đổi như sau:
uuuu
r2

uuuur2

MA2 + MB 2 = MA + MB
uuur uur
uuur uur
= ( MI + IA)2 + ( MI + IB)2

uuur uur

uur

= 2MI 2 + IA2 + IB 2 + 2MI ( IA + IB)
= 2MI 2 + IA2 + IB 2 ,
(với I là trung điểm của đoạn thẳng AB).
Với giải pháp cải tiến như trên thì ta có thể giải quyết được bài toán
nào?

-9-



Ta thử xét bài toán 3a như sau: “Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
tam giác ABC co A ( 1;1) ; B ( –2; –4 ) và đường thẳng ∆ : 2x – 3y + 12 = 0.
Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho 5MA2 + 2MB 2 nhỏ nhất”. Rõ ràng công thức
AB 2
MA + MB = 2MI +
(giải pháp cũ thường làm) rất khó để sử dụng ở
2
2

2

2

đây, để giải quyết bài toán trên ta cần sử dụng giải pháp cải tiến, với việc sử
dụng phép biến đổi như sau:
uuuu
r2

uuuur2

5MA2 + 2MB 2 = 5MA + 2MB
uuur uur
uuur uur
= 5( MI + IA)2 + 2( MI + IB)2

uuur uur

uur


= 7 MI 2 + 5IA2 + 2 IB 2 + 2MI (5IA + 2 IB)
= 7 MI 2 + 5IA2 + 2 IB 2 .
uur

uur

r

Trong đó, I là điểm thỏa mãn 5IA + 2 IB =0 và I được xác định cụ thể
khi có tọa độ. Nội dung giải quyết cụ thể của vấn đề này được trình bày ở bài
toán 7 và bài toán 13 sau này.
Nếu ta thay đổi dữ kiện cuối cùng ở bài toán 1, thì ta có bài toán tương
tự như sau:
 Bài toán 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC co
A ( 1;1) ,  B ( –2; –4 ) , C ( 5; –1) và đường thẳng ∆ : 2 x – 3 y + 12 = 0. Tìm điểm M
thuộc ∆ sao cho: MA2 + MB 2 + MC 2 co giá trị nhỏ nhất.
• Phân tích:
- Bài toán trên được giải với việc chuyển sự phụ thuộc điểm M theo 3 điểm A,
B, C thành sự phụ thuộc điểm M theo 1 điểm G (trong đó G là trọng tâm của
tam giác ABC) với công thức
MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 +

AB 2 + BC 2 + CA2
.
3

• Lời giải
4 4
- Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có tọa độ của G là  ; − ÷.
3 3


- 10 -


- Khi đó: MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 +

AB 2 + BC 2 + CA2
, G và ∆ cố định (G
3

không nằm trên ∆ ).
- Vậy MA2 + MB 2 + MC 2 nhỏ nhất khi 3MG 2 +

AB 2 + BC 2 + CA2
nhỏ nhất, tức
3

MG nhỏ nhất (vì AB, BC, CA không thay đổi) hay MG vuông góc với ∆. Do
đó M là giao điểm của ∆ và đường thẳng d qua G và vuông góc với ∆.
u
r

- Một véc tơ chỉ phương của ∆ là u = (3;2), đó cũng là một véc tơ pháp tuyến
của d, vậy phương trình của d là: 3x + 2y –

4
= 0.
3

- Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:

20

 2 x − 3 y + 12 = 0
x=−

13

⇒ 

4
 3x + 2 y − = 0
 y = 116
3


39

 20 116 
;
÷.
 13 39 

⇒ M −

• Nhận xét :
* Giải pháp cũ thường làm: Sử dụng công thức
MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 +

AB 2 + BC 2 + CA2
(như lời giải ở trên).

3

* Giải pháp cải tiến: Ta có thể thực hiện biến đổi
uuuu
r2

uuuur2

uuuur 2

MA2 + MB 2 + MC 2 = MA + MB + MC
uuuur uuur
uuuur uuur
uuuur uuuu
r
= ( MG + GA)2 + ( MG + GB)2 + ( MG + GC )2
uuuur uuur

uuur

uuuu
r

= 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 + 2MG (GA + GB + GC )
= 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 ,
(với G là trọng tâm của tam giác ABC).
Với giải pháp cải tiến như trên thì ta có thể giải quyết được bài toán
nào?
Ta thử xét bài toán 4a như sau: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
tam giác


ABC

co

A ( 1;1) ;  B ( –2; –4 ) , C ( 5; –1)  và đường thẳng ∆ :

2 x – 3 y + 12 = 0. Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho: 5MA2 + 2MB 2 + MC 2 co giá

- 11 -


trị nhỏ nhất. Rõ ràng công thức MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 +

AB 2 + BC 2 + CA2
3

(giải pháp cũ thường làm) rất khó để sử dụng ở đây, để giải quyết bài toán
trên ta cần sử dụng giải pháp cải tiến, với việc sử dụng phép biến đổi như sau:
uuuu
r2

uuuur2

uuuur 2

5MA2 + 2MB 2 + MC 2 = 5MA + 2MB + MC
uuuur uuur
uuuur uuur
uuuur uuuu

r
= 5( MG + GA)2 + 2( MG + GB)2 + (MG + GC )2
uuuur uuur

uuur

uuuu
r

= 8MG 2 + 5GA2 + 2GB 2 + GC 2 + 2MG(5GA + 2GB + GC )
= 8MG 2 + 5GA2 + 2GB 2 + GC 2 .
uuur

uuur

uuuu
r

r

Trong đó, G là điểm thỏa mãn 5GA + 2GB + GC = 0. Nội dung giải
quyết cụ thể của vấn đề này được trình bày ở bài toán 9 và bài toán 15 sau
này.
Các bài toán 1, bài toán 2, bài toán 3 và bài toán 4 ở trên nói về việc
sử dụng tính chất trung điểm, trọng tâm để giải bài toán “Trong mặt phẳng
uuuu
r uuuur

Oxy, tìm điểm M thuộc đường d sao cho | MA + MB | (*) co giá trị nhỏ nhất”,
uuuu

r uuuur uuuur

(trong đó, (*) có thể thay bằng | MA + MB + MC | , MA2 + MB 2 hoặc
MA2 + MB 2 + MC 2 ). Mấu chốt để giải các bài toán trên là biến đổi điểm M
phụ thuộc 3 điểm A, B, C trở thành điểm M phụ thuộc theo 1 điểm G (với G là
trọng tâm của tam giác ABC); hoặc biến đổi điểm M phụ thuộc 2 điểm A, B
trở thành điểm M phụ thuộc theo 1 điểm I (với I là trung điểm của đoạn thẳng
AB).
Vậy, đối với bài toán 1a, bài toán 2a, bài toán 3a, bài toán 4a ta thay
uuuu
r

uuuur

đổi dữ kiện thành điểm M thỏa mãn | aMA + bMB | (hoặc aMA2 + bMB 2 ,
uuuu
r

uuuur

uuuur

| aMA + bMB + cMC | , aMA2 + bMB 2 + cMC 2 , với các số a, b, c∈R ) nhỏ nhất
thì liệu có sử dụng tính chất trung điểm, trọng tâm để giải được các bài toán
mở rộng hay không? Sáng kiến kinh nghiệm này sẽ đề xuất hướng giải quyết
vấn đề của các bài toán 1a, bài toán 2a, bài toán 3a, bài toán 4a này.

- 12 -



2.3. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề
2.3.1. Cơ sở lí thuyết
Ta có các phép biến đổi sau: Với các số thực a, b, c và các điểm A, B ta luôn
co:
* Công thức 1a
uuuu
r

uuuur

uur

uuur

uuur

uur

uur

uur

aMA + bMB = a(MI + IA) + b(MI + IB)
uuur

= (a + b) MI + aIA + bIB, ∀I .
* Công thức 1b
uuuu
r


uuuur

uuuur

uuur

uur

uuur

uur

uuur

uuu
r

aMA + bMB + cMC = a(MI + IA) + b(MI + IB) + c(MI + IC )
uuur

uur

uur

uuu
r

= (a + b + c) MI + aIA + bIB + cIC , ∀I .
* Công thức 2a
uuuu

r2

uuuur2

aMA2 + bMB 2 = aMA + bMB
uuur uur
uuur uur
= a( MI + IA)2 + b( MI + IB)2

uuur

uur

uur

= (a + b) MI 2 + aIA2 + bIB 2 + 2MI (aIA + bIB), ∀I .
* Công thức 2b
aMA2 + bMB 2 + cMC 2
uuuu
r2

uuuur2

uuuur 2

= aMA + bMB + cMC
uuur

uur


uuur

uur

uuur

uuu
r

= a( MI + IA) 2 + b( MI + IB)2 + c(MI + IC )2
uuur

uur

uur

uuu
r

= (a + b + c) MI 2 + aIA2 + bIB 2 + cIC 2 + 2MI (aIA + bIB + cIC ), ∀I .
Đặc biệt, với a = b = c = 1 thì các công thức trên chính là kỹ thuật
biến đổi về theo trung điểm của đoạn thẳng, trọng tâm của tam giác.
2.3.2. Nội dung phương pháp
Để nghiên cứu rõ hơn các vấn đề này, ta xem xét các bài toán sau:
2.3.2.1. Bài toán trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy
Trước tiên ta có bài toán cơ sở như sau:
2.3.2.1.1. Bài toán cơ sở

- 13 -



 Bài toán 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm I(1;3) và đường thẳng
∆ : x – 2 y + 10 = 0. Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho MI co độ dài nhỏ nhất.
Lời giải :
- Với M ∈∆ và điểm I cố định thì MI có độ dài nhỏ nhất khi và chỉ khi M là
hình chiếu vuông góc của I trên ∆. Do đó M là giao điểm của ∆ và đường
thẳng d qua I và vuông góc với ∆.

u
r

- Một véc tơ chỉ phương của ∆ là u = (2;1), đó cũng là một véc tơ pháp tuyến
của d, vậy phương trình của d là: 2x + y – 5 = 0.
- Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
 x − 2 y + 10 = 0
x = 0
⇒ 

 2 x + y − 5 = 0
 y = 5

⇒ M (0;5).

2.3.2.1.2. Một số bài toán ứng dụng
 Bài toán 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(4;-2), B(-5;13)
uuuu
r uuuur

và đường thẳng ∆ : x – 2 y + 10 = 0. Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho | 2MA + MB |
co giá trị nhỏ nhất.

Phân tích :
uuuu
r uuuur

uur

uuur

uuur

uur

uuur

uur

uur

- Biến đổi | 2MA + MB |=| 2( MI + IA) + ( MI + IB) |=| 3MI + 2 IA + IB |.
uur

r

uur

uuuu
r uuuur

uuur


- Chọn điểm I thỏa 2 IA + IB = 0, để biến đổi | 2MA + MB |=| 3MI |= 3MI , sau đó
áp dụng bài toán 5.
Lời giải :
uur

uur

r

- Gọi điểm I thỏa 2 IA + IB = 0, khi đó ta có I (1;3).

- 14 -


uuuu
r uuuur

uuur

uur

uuur

uur

uuur

uur

uur


uuur

- Ta có | 2MA + MB |=| 2( MI + IA) + ( MI + IB) |=| 3MI + 2 IA + IB |=| 3MI |= 3MI .
uuuu
r uuuur

- Do vậy, với I cố định và M thay đổi trên đường thẳng ∆ thì | 2MA + MB | có
giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI có độ dài nhỏ nhất.
- Theo bài toán 5, ta có đáp số là M (0;5).

(Điểm M phụ thuộc theo 2 điểm A, B)

(Điểm M phụ thuộc theo 1 điểm I)
Bài tập tương tự: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A ( −2; −3) ,
B ( 0;1) và đường thẳng ∆ : x – 2 y + 10 = 0. Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho
uuuu
r

uuuur

| MA − 3MB | co giá trị nhỏ nhất. (Đáp số: M(0;5)).
 Bài toán 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(1;5), B(1;2) và
đường thẳng ∆ : x – 2 y + 10 = 0. Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho MA2 + 2MB 2 co
giá trị nhỏ nhất.
Phân tích :
- Biến đổi

- 15 -



uuuu
r2

uuuur2

MA2 + 2MB 2 = MA + 2MB
uuur uur
uuur uur
= ( MI + IA)2 + 2( MI + IB)2

uuur uur

uur

= 3MI 2 + IA2 + 2 IB 2 + 2MI ( IA + 2 IB).
uur

r

uur

- Chọn điểm I thỏa IA + 2 IB = 0 , để biến đổi
MA2 + 2MB 2 = 3MI 2 + IA2 + 2IB 2 , sau đó áp dụng bài toán 5.
Lời giải :
uur

uur

r


- Gọi điểm I thỏa IA + 2 IB = 0, khi đó ta có I (1;3).
- Ta có
uuuu
r2

uuuur2

MA2 + 2MB 2 = MA + 2MB
uuur uur
uuur uur
= ( MI + IA)2 + 2( MI + IB)2

uuur uur

uur

= 3MI 2 + IA2 + 2 IB 2 + 2MI ( IA + 2 IB)
= 3MI 2 + IA2 + 2 IB 2 .
- Do vậy, với I cố định và M thay đổi trên đường thẳng ∆ thì MA2 + 2MB 2 có
giá trị nhỏ nhất ⇔ 3MI 2 + IA2 + 2 IB 2 có giá trị nhỏ nhất ⇔ MI có giá trị
nhỏ nhất (vì IA, IB có độ dài không thay đổi).
- Theo bài toán 5, ta có đáp số cần tìm là M(0;5).
Bài tập tương tự: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2;3), B(4;3)
và đường thẳng ∆ : x – 2 y + 10 = 0. Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho
3MA2 − MB 2 co giá trị nhỏ nhất. (Đáp số: M (0;5) ).
 Bài toán 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A ( 0;1) , B ( 1; −2 ) ,
C ( 3;22 ) và đường thẳng ∆ : x – 2 y + 10 = 0. Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho
uuuu
r


uuuur uuuur

| 2MA + 3MB + MC | co giá trị nhỏ nhất.
Phân tích :
- Biến đổi
uuuu
r

uuuur uuuur

uuur

uur

uuur

uur

uur

uuu
r

uuur

uuu
r

2MA + 3MB + MC = 2( MI + IA) + 3( MI + IB) + ( MI + IC )

uuur

uur

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

uur

uuu
r

r

uuuu
r

uuuur uuuur

- Chọn điểm I thỏa 2 IA + 3IB + IC = 0, để biến đổi | 2MA + 3MB + MC |= 6MI ,
sau đó áp dụng bài toán 5.

- 16 -


Lời giải :
uur

uur


uuu
r

r

- Gọi điểm I thỏa 2 IA + 3IB + IC = 0, khi đó ta có I (1;3).
- Ta có
uuuu
r

uuuur uuuur

uuur

uur

uuur

uur

uuur

uuu
r

| 2MA + 3MB + MC |=| 2(MI + IA) + 3( MI + IB) + ( MI + IC ) |
uuur

uur


uur

uuu
r

=| 6MI + 2 IA + 3IB + IC |
uuur r
=| 6MI + 0 |
uuur
=| 6MI |
= 6MI .
- Do vậy, với I cố định và M thay đổi trên đường thẳng ∆ thì
uuuu
r

uuuur uuuur

| 2MA + 3MB + MC | có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI có độ dài nhỏ nhất.
- Theo bài toán 5, ta có đáp số là M (0;5).

(Điểm M phụ thuộc theo 3 điểm A, B, C)

(Điểm M phụ thuộc theo 1 điểm I)

- 17 -


Bài tập tương tự: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(-2;5),
B(1;1), C(0;3) và đường thẳng ∆ : x – 2 y + 10 = 0. Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho
uuuu

r uuuur

uuuur

| MA + MB − 3MC | co giá trị nhỏ nhất. (Đáp số: M(0;5)).
 Bài toán 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(2;17), B(0;3),
C(1;-4) và đường thẳng ∆ : x – 2 y + 10 = 0. Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho
MA2 + MB 2 + 2MC 2 co giá trị nhỏ nhất.
Phân tích :
- Biến đổi
uuuu
r2

uuuur2

uuuur 2

MA2 + MB 2 + 2MC 2 = MA + MB + 2MC
r
uuur uur
uuur uur
uuur uuu
= ( MI + IA)2 + ( MI + IB)2 + 2( MI + IC ) 2
uuur uur

uuu
r

uur


= 4MI 2 + IA2 + IB 2 + 2 IC 2 + 2MI ( IA + IB + 2 IC ).
uur

uur

uuu
r

r

- Chọn điểm I thỏa IA + IB + 2 IC = 0, để biến đổi
MA2 + MB 2 + 2MC 2 = 4MI 2 + IA2 + IB 2 + 2 IC 2 , sau đó áp dụng bài toán 5.
Lời giải :
uur

uur

uuu
r

r

- Gọi điểm I thỏa IA + IB + 2 IC = 0, khi đó ta có I (1;3).
- Ta có
uuuu
r2

uuuur2

uuuur 2


MA2 + MB 2 + 2MC 2 = MA + MB + 2MC
r
uuur uur
uuur uur
uuur uuu
= ( MI + IA)2 + ( MI + IB)2 + 2(MI + IC )2
uuur uur

uur

uuu
r

= 4MI 2 + IA2 + IB 2 + 2 IC 2 + 2MI ( IA + IB + 2 IC ).
= 4MI 2 + IA2 + IB 2 + 2 IC 2 .
- Do vậy, với I cố định và M thay đổi trên đường thẳng ∆ thì
MA2 + MB 2 + 2MC 2 có giá trị nhỏ nhất ⇔ 4MI 2 + IA2 + IB 2 + 2 IC 2 có giá trị
nhỏ nhất ⇔ MI có giá trị nhỏ nhất (vì IA, IB, IC có độ dài không thay đổi).
- Theo bài toán 5, ta có đáp số là M(0;5).
Bài tập tương tự: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(1;2), B(0;3),
C(-2;1) và đường thẳng ∆ : x – 2 y + 10 = 0. Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho
2MA2 + 3MB 2 − MC 2 co giá trị nhỏ nhất. (Đáp số: M (0;5) ).

- 18 -


2.3.2.2. Bài toán trong không gian với hệ tọa độ Oxyz
Trước tiên ta có các bài toán cơ sở như sau:
2.3.2.2.1.Các bài toán cơ sở

 Bài toán 10. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm
I (4;3; −6) và đường thẳng d : x −10 = y + 8 = z − 2 . Tìm điểm M thuộc d sao
10
−7
2
cho MI co độ dài nhỏ nhất.
Lời giải :
- Ta có M ∈ d nên

uuuu
r

M (10 + 10t; −8 − 7t;2 + 2t ), IM = (6 + 10t; −11 − 7t;8 + 2t ).
- Với M ∈ d và điểm I cố định thì MI có độ dài nhỏ nhất khi và chỉ khi M là
r
u
r uuuu

u
r

hình chiếu vuông góc của I trên d. Khi đó u.IM = 0, ( u = (10; −7;2) là véctơ
chỉ phương của d), tức là ta có
10(6 + 10t ) + 7(11 + 7t ) + 2(8 + 2t ) = 0 ⇔ 153t + 153 = 0 ⇔ t = −1.
- Vậy M (0; −1;0).
I

d
M


 Bài toán 11. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm
I (5; −3;3) và mặt phẳng ( P) :3x − 2 y + z + 4 = 0. Tìm điểm M thuộc (P) sao
cho MI co độ dài nhỏ nhất.
Lời giải :
- Với M ∈ ( P) và điểm I cố định thì MI có độ dài nhỏ nhất khi và chỉ khi M
là hình chiếu vuông góc của I trên (P).
- Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P).

- 19 -


 x = 5 + 3t

- Khi đó phương trình của d là  y = −3 − 2t .

 z = 3+t
d
I

M
(P)

 x = 5 + 3t

 y = −3 − 2t
- Giải hệ 
ta được t = −2.
z = 3+ t
3 x − 2 y + z + 4 = 0



- Vậy M(-1;1;1).
2.3.2.2.2. Một số bài toán ứng dụng
 Bài toán 12. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm
A(−1;0;2), B(14;9; −22) và đường thẳng d : x −10 = y + 8 = z − 2 . Tìm điểm
10
−7
2
uuuu
r uuuur

M thuộc d sao cho | 2MA + MB | co giá trị nhỏ nhất.
Phân tích :
uuuu
r uuuur

uuur

uur

uuur

uur

uuur

uur

uur


- Biến đổi | 2MA + MB |=| 2( MI + IA) + ( MI + IB) |=| 3MI + 2 IA + IB |.
uur

uur

r

uuuu
r uuuur

uuur

- Chọn điểm I thỏa 2 IA + IB = 0, để biến đổi | 2MA + MB |=| 3MI |= 3MI , sau
đó áp dụng bài toán 10.
Lời giải :
uur

uur

r

- Gọi điểm I thỏa 2 IA + IB = 0, khi đó ta có I (4;3; −6).
- Ta có
uuuu
r uuuur

uuur

uur


uuur

uur

uuur

uur

uur

uuur

r

| 2MA + MB |=| 2( MI + IA) + ( MI + IB) |=| 3MI + 2 IA + IB |=| 3MI + 0 |= 3MI .

- 20 -


uuuu
r uuuur

- Do vậy | 2MA + MB | có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI có độ dài nhỏ
nhất.
- Theo bài toán 10, ta có đáp số là M (0; −1;0).
Bài tập tương tự: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm
A(−10;12; −9), B(0;2; −1) và mặt phẳng ( P) :3x − 2 y + z + 4 = 0. Tìm điểm M
uuuu
r


uuuur

thuộc (P) sao cho | MA − 3MB | co giá trị nhỏ nhất.
(Đáp số: M(-1;1;1)).
 Bài toán 13. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm
A(6;0; −2), B(2; −12;18) và mặt phẳng ( P) :3x − 2 y + z + 4 = 0. Tìm điểm M
thuộc (P) sao cho 3MA2 + MB 2 co giá trị nhỏ nhất.
Phân tích :
- Biến đổi
uuuu
r2

uuuur2

3MA2 + MB 2 = 3MA + MB
uuur uur
uuur uur
= 3( MI + IA)2 + ( MI + IB)2

uuur uur

uur

= 4MI 2 + 3IA2 + IB 2 + 2MI (3IA + IB).
uur

r

uur


- Chọn điểm I thỏa 3IA + IB = 0, để biến đổi
3MA2 + MB 2 = 4MI 2 + 3IA2 + IB 2 , sau đó áp dụng bài toán 11.
Lời giải :
uur

uur

r

- Gọi điểm I thỏa 3IA + IB = 0, khi đó ta có I (5; −3;3).
- Ta có
uuuu
r2

uuuur2

3MA2 + MB 2 = 3MA + MB
uuur uur
uuur uur
= 3( MI + IA)2 + ( MI + IB)2

uuur uur

uur

= 4MI 2 + 3IA2 + IB 2 + 2MI (3IA + IB)
= 4MI 2 + 3IA2 + IB 2 .
- Do vậy 3MA2 + MB 2 có giá trị nhỏ nhất ⇔ 4MI 2 + 3IA2 + IB 2 có giá trị nhỏ
nhất ⇔ MI có giá trị nhỏ nhất (vì IA, IB có độ dài không thay đổi). Theo bài
toán 11, ta có đáp số cần tìm là M(-1;1;1).


- 21 -


Bài tập tương tự: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm
A(0;1; −18), B(6;4;0) và đường thẳng d : x −10 = y + 8 = z − 2 . Tìm điểm M
10
−7
2
thuộc d sao cho MA2 + 2MB 2 co giá trị nhỏ nhất.
(Đáp số: M (0; −1;0) ).
 Bài toán 14. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm
A(0;1; −2), B(1; −3;2), C (−9, −17,22) và đường thẳng d : x − 10 = y + 8 = z − 2 .
10
−7
2
uuuu
r

uuuur uuuur

Tìm điểm M thuộc d sao cho | MA + 3MB − MC | co giá trị nhỏ nhất.
Phân tích :
- Biến đổi
uuuu
r

uuuur uuuur

uur


uuur

uuur

uur

uuur

uuu
r

uuur

uur

uur

uuu
r

| MA + 3MB − MC |=| ( MI + IA) + 3( MI + IB) − ( MI + IC ) |=| 2MI + IA + 3IB − IC |.
uur

uur

uuu
r

r


uuuu
r

uuuur uuuur

- Chọn điểm I thỏa IA + 3IB − IC = 0, để biến đổi | MA + 3MB − MC |= 2MI ,
sau đó áp dụng bài toán 10.
Lời giải :
uur

uur

uuu
r

r

uuur

uur

uuur

uur

- Gọi điểm I thỏa IA + 3IB − IC = 0, khi đó ta có I (4;3; −6).
- Ta có
uuuu
r


uuuur uuuur

uuur

uur

uuur

uuu
r

| MA + 3MB − MC |=| ( MI + IA) + 3( MI + IB) − ( MI + IC ) |

uuuu
r

uur

uuu
r

=| 2MI + IA + 3IB − IC |
uuur r
=| 2MI + 0 |
= 2MI .

uuuur uuuur

- Do vậy | MA + 3MB − MC | có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI có độ dài

nhỏ nhất.
- Theo bài toán 10, ta có đáp số là M (0; −1;0).
Bài tập tương tự: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm
A(1;2;0), B(−2;1;3), C (−8; −1;9) và mặt phẳng ( P) :3x − 2 y + z + 4 = 0. Tìm
uuuu
r

uuuur uuuur

điểm M thuộc (P) sao cho | 2MA − 3MB + MC | co giá trị nhỏ nhất.
(Đáp số: M(-1;1;1)).

- 22 -


 Bài toán 15. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm
A(27; −16;6), B(1;0;2), C (0; −1;3) và mặt phẳng ( P) :3x − 2 y + z + 4 = 0. Tìm
điểm M thuộc (P) sao cho MA2 + 3MB 2 + 2MC 2 co giá trị nhỏ nhất.
Phân tích :
- Biến đổi
uuuu
r2

uuuur2

uuuur 2

MA2 + 3MB 2 + 2MC 2 = MA + 3MB + 2MC
r
uuur uur

uuur uur
uuur uuu
= ( MI + IA)2 + 3( MI + IB)2 + 2(MI + IC )2
uuur uur

uur

uuu
r

= 6MI 2 + IA2 + 3IB 2 + 2 IC 2 + 2MI ( IA + 3IB + 2 IC ).
uur

uur

uuu
r

r

- Chọn điểm I thỏa IA + 3IB + 2 IC = 0, để biến đổi
MA2 + 3MB 2 + 2MC 2 = 6MI 2 + IA2 + 3IB 2 + 2 IC 2 , sau đó áp dụng bài toán 11.
Lời giải :
uur

uur

uuu
r


r

- Gọi điểm I thỏa IA + 3IB + 2 IC = 0, khi đó ta có I (5; −3;3).
- Ta có
uuuu
r2

uuuur2

uuuur 2

MA2 + 3MB 2 + 2MC 2 = MA + 3MB + 2MC
r
uuur uur
uuur uur
uuur uuu
= ( MI + IA)2 + 3( MI + IB)2 + 2(MI + IC )2
uuur uur

ur
u

uuu
r

= 6MI 2 + IA2 + 3IB 2 + 2 IC 2 + 2MI ( IA + 3IB + 2 IC )
=6MI 2 + IA2 + 3IB 2 + 2 IC 2 .
- Do vậy MA2 + 3MB 2 + 2MC 2 có giá trị nhỏ nhất ⇔
6MI 2 + IA2 + 3IB 2 + 2 IC 2 có giá trị nhỏ nhất ⇔ MI có giá trị nhỏ nhất (vì
IA, IB, IC có độ dài không thay đổi).

- Theo bài toán 11, ta có đáp số là M(-1;1;1).
Bài tập tương tự: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm
A(0;1; − 2), B(18;13; −23), C (2;1; −3) và đường thẳng d : x −10 = y + 8 = z − 2 .
10
−7
2

Tìm điểm M thuộc d sao cho 2MA2 + MB 2 + 3MC 2 co giá trị nhỏ nhất.
(Đáp số: M (0; −1;0) ).
Sáng kiến kinh nghiệm này đề xuất hướng giải bài toán tổng quát “Tìm
uuuu
r

uuuur

điểm M thuộc đường thẳng (hoặc thuộc mặt phẳng ) sao cho | aMA + bMB |
(**) co giá trị nhỏ nhất” (trong đó, (**) có thể thay bằng aMA2 + bMB 2 ,

- 23 -


uuuu
r

uuuur

uuuur

| aMA + bMB + cMC | hoặc aMA2 + bMB 2 + cMC 2 , với các số a, b, c∈R ) bằng
cách biến đổi véctơ và việc khéo léo chọn điểm I biến bài toán M “phụ

thuộc” nhiều điểm về bài toán M “phụ thuộc theo một điểm I, từ đó theo các
bài toán cơ sở sẽ giải quyết vấn đề dễ dàng theo cách tìm hình chiếu vuông
góc của điểm lên đường thẳng (hoặc lên mặt phẳng).
Ngoài ra, kỹ thuật biến đổi sự phụ thuộc của điểm M theo nhiều điểm
thành sự phụ thuộc của điểm M theo một điểm có thể áp dụng trong các bài
toán khác như sau:
* Chứng minh véc tơ luôn đi qua điểm cố định.
 Bài toán 16. (Câu 3/trang 50/SBT Hình học 10 cơ bản) Trong mặt phẳng,
cho tam giác ABC cố định. Lấy điểm H di động, vẽ điểm N sao cho
uuuur

uuur

uuuur

uuuu
r

HN = HA + 3HB − 2 HC. Chứng minh HN luôn đi qua một điểm cố định.
Hướng dẫn :
uur

uur

uuu
r

r

- Tạo ra điểm cố định I với I được xác định thỏa mãn IA + 3IB − 2 IC = 0.

uuur uuuu
r uuuur

- Xen điểm I vào các véc tơ HA, HB, HC.
- Chứng minh HN luôn đi qua điểm I, hay chứng minh H, N, I thẳng hàng
bằng cách biến đổi:
uuuur

uuur

uuuu
r

uuuur

HN = HA + 3HB − 2 HC
uuur

uur

uuur

uur

uuur

uuu
r

= HI + IA + 3( HI + IB) − 2( HI + IC )

uuur

uur

uur

uuu
r

= 2 HI + IA + 3IB − 2 IC
uuur
= 2 HI .

* Chứng minh đẳng thức véc tơ.
 Bài toán 17. (Bài 7/trang 52/SGK Hình học 10 nâng cao, hoặc bài
2/trang97/SGK Hình học 11 cơ bản) Cho bốn điểm A, B, C, D bất ky. Chứng
minh rằng:
uuur uuuu
r uuuu
r uuur

uuuur uuur

DA.BC + DB.CA + DC.AB = 0.

Hướng dẫn :
- Xem D là điểm xuất hiện nhiều nhất.
uuuu
r uuur uuur


- Xen điểm D vào các véc tơ BC; CA; AB.

- 24 -


uuuu
r

uuuu
r uuuur

uuuuu
r

uuuuur

uuuuur

uuur

uuuu
r uuuu
r

- Biểu thị các véc tơ BC = BD + DC , CA = CD + DA, AB = AD + DB.
- Biến đổi
uuur uuuu
r uuuu
r uuur


uuuur uuur

uuur uuuu
r uuuur

r uuur
uuuu
r uuuu

uuuur uuuu
r uuuu
r

DA.BC + DB.CA + DC.AB = DA.( BD + DC ) + DB.(CD + DA) + DC.( AD + DB )

và rút gọn thành điều phải chứng minh.
2.4. Kết quả đạt được
2.4.1. Thực nghiệm trên lớp 10
2.4.1.1. Nội dung thực nghiệm
- Thời gian thực hiện dạy nội dung này là 2 tiết (90 phút) nằm trong phần
chủ đề tự chọn phương trình đường thẳng, trong đó 75 phút dạy và 15 phút
kiểm tra trắc nghiệm khách quan để kiểm chứng mức độ hiểu bài của học
sinh.
- Nội dung kiểm tra là tìm tọa độ điểm.
- Lớp kiểm tra : 10 A10 (Lớp dạy thực nghiệm) và 10 A8 (Lớp đối chứng).
- Thời gian làm bài kiểm tra là 15 phút.
Nội dung đề kiểm tra như sau :
Câu 1.

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các điểm A ( 1; 1) , B ( 3; 0 ) ,


C ( 2; 2 ) . Gọi M là một điểm thuộc trục tọa độ Oy. Khi đó
MA² + MB ² + MC ² đạt giá trị nhỏ nhất khi M có tọa độ là
A. M ( 0;1)
Câu 2.

B. M ( 0;3)       

C. M ( 0;0 )

D. M ( 1;2 )

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A ( 1;4 ) , B ( –1;2 )

và đường thẳng ∆ :

x −1 y + 2
=
. Gọi M là một điểm thuộc đường thẳng
−1
1

∆. Khi đó MA2 + MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi M có tọa độ là
A. M (0;3)
Câu 3.

B. M ( −2;1)

C. M ( 1; −2 )


D. M ( −1;1)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các điểm A ( −4;1) , B ( 2;1) .
uuuur

uuuur

Gọi M là điểm thuộc trục tọa độ Ox. Khi đó MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất
khi M có tọa độ là

- 25 -