Đề tài:
RÈN LUYỆN KHẢ NĂNG ĐỊNH HƯỚNG TÌM LỜI GIẢI
CHO HỌC SINH QUA HOẠT ĐỘNG GIẢI TOÁN TRẮC
NGHIỆM CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC TỌA ĐỘ 12


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4

Đề tài:
RÈN LUYỆN KHẢ NĂNG ĐỊNH HƯỚNG TÌM LỜI GIẢI
CHO HỌC SINH QUA HOẠT ĐỘNG GIẢI TOÁN TRẮC
NGHIỆM CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC TỌA ĐỘ 12

Thuộc mơn: Tốn học
Tên tác giả: Ngơ Quang Vân
Tổ bộ mơn: Tốn – Tin - VP
Số điện thoại liên hệ: 0984879679

Năm thực hiện: 2019 - 2020


MỤC LỤC
MỤC LỤC.............................................................................................................1
A. ĐẶT VẤN ĐỀ..................................................................................................2
B. NỘI DUNG.......................................................................................................3
I. CƠ SỞ LÍ LUẬN...........................................................................................3
II. THỰC TRẠNG.............................................................................................3
III. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ .............................................................................5
1. Định hướng thơng qua các bài tốn quen thuộc trong hình học phẳng........5
1.1. Hệ thống các bài toán cơ sở.......................................................................5

1.2. Hệ thống các bài tốn cơ sở trong khơng gian..........................................6
1.3. Các ví dụ thực hành giải tốn....................................................................9
2. Định hướng thơng qua việc phát hiện và giải các bài tốn hình học ........12
Ví dụ 1, 2, 3.............…………………………………………………………12
3. Định hướng tìm lời giải thơng qua giả thiết đặc biệt của bài tốn.............14
Ví dụ 1, 2, 3.....................................................................................................15
4. Định hướng từ hệ thống bài toán “cơng thức”...........................................16
4.1. Hệ thống bài tốn “cơng thức”................................................................16
4.2. Các ví dụ thực hành giải toán..................................................................20
4.3. Các bài toán đề xuất.................................................................................23
5. Bài tập tự luyện...........................................................................................24
C. PHẦN KẾT LUẬN ........................................................................................28
D. PHỤ LỤC.......................................................................................................29
Hướng tiếp tục mở rộng và nghiên cứu đề tài.................................................30
TÀI LIỆU THAM KHẢO ..................................................................................31

1


A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Ngày nay trước yêu cầu của sự nghiệp cơng nghiệp hóa, hiện đại hóa đất
nước để tránh nguy cơ tụt hậu về kinh tế và khoa học cơng nghệ thì việc cấp
bách và lâu dài là nâng cao chất lượng giáo dục và đào tạo. Tầm quan trọng đó
đặt lên vai những người làm cơng tác giáo dục và dạy học nhiều trách nhiệm
nặng nề.
Trong các khoa học và kỹ thuật, tốn học giữ một vị trí quan trọng và nổi
bật. Cơng việc dạy tốn của giáo viên nhằm rèn luyện cho học sinh tư duy toán
học cùng những phẩm chất tốt đẹp của con người lao động mới để các em vũng
vàng trở thành những chủ nhân tương lai của đất nước.
Ở trường phổ thông dạy học toán là dạy hoạt động toán học. Đối với học

sinh có thể xem giải tốn là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học. Các bài
toán ở trường phổ thơng là một phương tiện rất có hiệu quả và không thể thay
thế được trong việc giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển tư duy, hình
thành kỹ năng, kỹ xảo trong ứng dụng toán học vào thực tiễn. Hoạt động giải bài
tập toán là điều kiện để thực hiện tốt các mục đích dạy học tốn ở trường phổ
thơng. Vì vậy tổ chức có hiệu quả việc dạy giải bài tập tốn học có vai trị quyết
định đối với chất lượng dạy học toán. Như vậy việc định hướng tìm lời giải cho
học sinh là một trong những khâu then chốt, chiến lược trong quá trình dạy học
mơn tốn.
Hơn nữa, hiện nay một bộ phận khơng nhỏ học sinh học tập mơn tốn một
cách rất thụ động, rập khn theo những dạng bài tốn mà các thầy giáo, cô giáo
hay các sách đã chỉ sẵn mà không chịu suy nghị tìm đường lối giải, đặt vấn đề
trở lại đối với bài tốn đó, lời giải đó. Chính vì vậy, gặp một bài tốn mà các em
chưa từng tiếp xúc thì việc tìm lời giải cho bài tốn đối với nhiều học sinh là rất
khó khăn và khơng tự tìm đường lối giải được. Quá trình định hướng tìm đường
lối giải có tính chất quan trọng, quyết định nhất trong việc giải một bài tốn.
Q trình này là cơ sở cho việc rèn luyện khả năng tư duy, làm việc sáng tạo –
một khả năng không thể thiếu đối với một người giải tốn.
Hình học tọa độ trong khơng gian đóng một vai trị quan trọng trong
chương trình tốn học phổ thơng, đặc biệt là trong đề thi THPT quốc gia hiện
nay. Hình học tọa độ trong khơng gian xuất hiện trong đề với tư cách là các câu
hỏi vận dụng và vận dụng cao, các câu hỏi quyết định và phân loại học sinh. Với
hình thức thi trắc nghiệm như hiện nay, thì cần hơn nữa cho học sinh những định
hướng rõ ràng và học sinh chỉ cần tra giả thiết vào là có ngay đáp án. Nhìn
chung đa số học sinh đều chưa trang bị được cho mình các phương pháp đó hoặc
có thì cũng chưa được rõ ràng và bài bản. Là giáo viên tôi ln trăn trở, tìm cách
để giúp cho học sinh của mình có được các định hướng trước mỗi bài tốn khó
để học sinh có thể tìm thấy được những thuật tốn, tạo tích lũy cho bản thân để
giải quyết nhanh các bài toántrắc nghiệm trong khoảng thời gian ngắn.
2



Với mong muốn góp phần nhỏ đơn giản hóa việc giải các bài tốn trắc
nghiệm cực trị trong hình học tọa độ trong không gian, làm phong phú thêm hệ
thống các phương pháp giải dạng toán này. Nhận thức được thực tế đó, tác giả
mạnh dạn đề xuất chuyên đề nghiên cứu “ Rèn luyện khả năng định hướng tìm
lời giải cho học sinh qua hoạt động giải toán trắc nghiệm cực trị trong hình
học tọa độ 12” làm đề tài cho sáng kiến kinh nghiệm này.
B. NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÍ LUẬN
Hiện nay, với trình độ lý luận ngày càng cao và sự thay đổi về hình thức
thi do đó hệ thống các bài tốn nêu ra cũng bắt buộc phải đổi mới theo hướng
này. Sự đổi mới đó cũng yêu cầu người học tư duy nhiều hơn, tìm tòi nhiều hơn
để “phá tan” được lớp bảo vệ và đưa bài tốn về đúng bản chất của nó và từ đó
có thể giải được một cách nhanh gọn. Đối với giáo viên phổ thơng, vấn đề giúp
học sinh có được kỹ năng này là rất quan trọng và then chốt, đặc biệt đối với
những học sinh khá và giỏi.
Qua nhiều năm giảng dạy; cùng sự tìm tịi, nghiên cứu của bản thân; học
hỏi các giáo viên, giảng viên có kinh nghiệm lâu năm, tác giả đã đúc kết vấn đề
trên thành một chuyên đề được gọi là các định hướng tìm lời giải cho học sinh
qua hoạt động giải tốn trắc nghiệm cực trị trong hình học tọa độ 12.
Tổng quan lý luận về định hướng tìm lời giải cho học sinh qua hoạt động
giải toán trắc nghiệm cực trị trong hình học tọa độ 12: Dựa vào các bài tốn cực
trị quen thuộc trong hình học phẳng, hình học tọa độ 10, hình học khơng gian
thuần túy và kết hợp với việc khái quát, tổng quát hóa. Từ đó đưa ra được hệ
thống các bài tốn cơ sở, làm định hướng để vận dụng giải các bài toán khác một
cách nhanh gọn và phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm hiện nay.
Đề tài cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả tri thức về phương
pháp, khả năng tư duy, khả năng quy lạ về quen, đưa những vấn đề phức tạp trở
thành những vấn đề tương đối nhẹ nhàng nhờ việc hiểu rõ cốt lõi của dạng toán.

Từ những kiến thức cơ bản dẫn dắt hoc sinh có được những kiến thức nâng cao
một cách tự nhiên (chứ không áp đặt ngay kiến thức nâng cao).
II. THỰC TRẠNG
Trong giảng dạy ở trường phổ thông hiện nay, đặc biệt trong dạy ôn thi THPT
QG, các bài tốn trắc nghiệm cực trị trong hình học tọa độ 12là một vấn đề khó
tiếp cận với học sinh và giáo viên. Cái khó ở đây thể hiện có nhiều phương pháp
giải bài tốn cực trị trong hình học tọa độ 12nhưng lại khó vận dụng để áp dụng
cụ thể cho từng bài tốn đó. Mỗi bài tốn đưa ra đều được che đậy bởi một lớp
phủ bên ngoài bản chất của bài toán. Đồng thời các phương pháp giải bài tốn
cực trị trong hình học tọa độ 12khơng thể sử dụng được trực tiếp (thời gian
không cho phép) mà phải thơng qua các bài tốn định hướng. Nói cụ thể hơn, từ
3


các bài tốn cực trị trong hình học phẳng, hình học tọa độ 10 và các bài toán
quen thuộc trong hình học khơng gian để đưa ra các định hướng và từ đó tìm
được ngay lời giải phù hợp cho bài tốn đặt ra. Đây chính là điểm yếu mà học
sinh và giáo viên phổ thơng cần có thêm sự hộ trợ để giải quyết các bài toán loại
này.
Việc rèn luyện khả năng định hướng tìm lời giải bài tốn trắc nghiệm cực
trị trong hình học tọa độ là một vấn đề hết sức khó khăn. Nhận thức được thực
trạng đó tơi đã tiến hành làm thực nghiệm ở các lớp của trường THPT Quỳnh
Lưu 4, bằng hai bài kiểm tra 10 phút trên 10 học sinh của mỗi lớp.
Đề kiểm tra số 1(Thực hiện khi chưa dạy chuyên đề- Mức độ vận dụng)
Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A  3; 2; 2  và mặt cầu
 S  :  x  3 2   y  2  2   z  4  2  25 . Điểm M  a; b; c  thuộc  S  sao cho

AM lớn nhất. Tính T  a  b  c .
A. T  2 .
B. T  4 .


C. T  12 .

D. T  16 .

B 3;1;3
Câu 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ba điểm A  1;0;3 , 
M  a; b; c 
và C  1;5;1 . Điểm
thuộc mặt phẳng tọa độ Oxy sao cho biểu thức
uuur uuur uuur
T  2 MA  MB  MC
có giá trị nhỏ nhất. Khi đó a  b  c bằng:
A. 2

B. 10

C. 0

D. 3

“ Chọn đáp án đúng và trình bày cách thức làm để có thể chọn được đáp án
đó”
Đề kiểm tra số 2(Thực hiện sau khi dạy chuyên đề - Mức độ vận dụng)
Câu 1. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
và mặt cầu

N  a; b;c 

 S  :  x  3


2

  y  2    z  3  4
2

2

:

x  2 y 1 z


1
1
1

S
. Điểm M thuộc   và điểm

thuộc  sao cho MN nhỏ nhất. Tính T  a  b  c .
A. T  2 .
B. T  4 .
C. T  3 .

D. T  5 .

Câu 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , Cho hai điểm A  2;1;1 , B  0; 1;1
2
M  a; b; c  thuộc mặt cầu  S  sao

S  :  x  1  y 2  z 2  4

và mặt cầu
. Điểm
2
2
cho MA  MB nhỏ nhất. Tính T  a  b  c .
A. T  3 .
B. T  4 .
C. T  2 .
D. T  3 .
“Chọn đáp án đúng và trình bày cách thức làm để có thể chọn được đáp án đó”
4


Kết quả thực nghiệm trên được trình bày và phân tích trong phần phụ lục ở
trang 29 trong đề tài sáng kiến kinh nghiệm này.
III. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
Trước hết cần phải khẳng định, đây là dạng toán thường xuyên xuất hiện
trong đề thi minh họa, đề thi thử của các trường và đề thi THPT QG. Có một số
câu của dạng tốn này có mặt cũng nhằm mục đích phân loại học sinh khá, giỏi
để tìm kiếm và đào tạo chun mơn mũi nhọn.
Đối với bài tốn cực trị trong hình học tọa độ có nhiều phương pháp giải
nhưng trong giai đoạn hiện nay, để giải các bài toán bằng các phương pháp này,
đòi hỏi các đối tượng học cần đào sâu nghiên cứu, để định hướng và đưa bài
toán đa màu sắc về một dạng toán cụ thể, từ đó người học có thể giải quyết dễ
dàng khi gặp những bài toán loại này.
Rèn luyện khả năng định hướng tìm lời giải cho các bài tốn cực trị trong
hình học tọa độ là rèn luyện khả năng định hướng đưa bài toán ban đầu về các
bài toán mà chỉ cần tra giả thiết vào là cho kết quả, tạo khả năng liên kết các bài

tốn có cùng dạng nhưng đã được phủ bởi một số phép đổi biến.
Với gần hai mươi năm giảng dạy cùng sự học hỏi, rèn luyện, tự nghiên
cứu, bản thân tác giả đã đúc kết một số vấn đề có tính liên kết phương pháp giải
bài tốn cực trị trong hình học tọa độ bằng định hướng sử dụng các bài toán cực
trị quen thuộc và hệ thống các bài toán cơ sở trong hình học. Sau đây làbốn định
hướng cơ bản mà tơi đã sử dụng trong q trình ơn thi cho học sinh và đã đạt
được một số kết quả cao trong các kỳ thi THPT quốc gia.
1. Định hướng thông qua các bài tốn quen thuộc trong hình học phẳng.
Một số bài tốn cực trị trong hình học tọa độ khơng gian, thường chứa
đựng trong bản chất của nó một bài tốn cực trị khá quen thuộc trong hình học
phẳng. Nên định hướng để giải quyết bài tốn ln là một vấn đề khá hấp dẫn.
Với mục này tôi muốn xây dựng hệ thống các định hướng tìm lời giải xuất phát
từ bản chất của các bài tốn đó.
1.1. Hệ thống các bài toán cơ sở.
Đây là hệ thống các bài toán ta thường gặp trong hoạt động giải toán cực
trị trong hình học phẳng. Nó được xem như là hệ thống các bài toán cơ sở giúp
ta xây dựng được hệ thống các bài tốn định hướng trong hình học không gian.
Bài 1. Cho hai điểm A, B cố định. Tìm điểm M thuộc đường thẳng  sao cho
 MA  MB  min, MA  MB max.

C
Bài 2. Cho điểm A cố định. Tìm điểm M thuộc đường trịn   sao cho MA
lớn nhất, MA nhỏ nhất.
5


Bài 3. Tìm các điểm M , N lần lượt thuộc hai đường trịn ngồi nhau
 C1  ,  C2  sao cho độ dài đoạn thẳng MN lớn nhất, MN nhỏ nhất.

C

Bài 4. Tìm các điểm M , N lần lượt thuộc đường thẳng  và đường tròn  
khơng có điểm chung sao cho độ dài đoạn thẳng MN nhỏ nhất.

C
và điểm M nằm ngoài   . Đường thẳng  qua M
C
cắt   tại hai điểm phân biệt A, B . Tìm giá trị lớn nhất của MA  MB .
Bài 5. Cho đường tròn

 C

1.2. Hệ thống các bài tốn cơ sở trong khơng gian.
Xuất phát từ hệ thống các bài toán cơ sở trên, bằng cách khái quát hóa ta
đưa ra được hệ thống các bài tốn cơ sở tương tự trong khơng gian. Trang bị
cách giải cho các bài tốn đó để nó trở thành các cơng cụ phục vụ cho việc định
hướng tìm lời giải nhanh cho các bài tốn đặt ra sau này.
Bài 1. Trong không gian, cho hai điểm A, B cố định. Tìm điểm M thuộc
MA  MB  min, MA  MB max.
đường thẳng  sao cho 
Cách giải
* Tìm

M � P 

+ Nếu A, B
 MA  MB 
suy ra

 MA  MB  min
P

khác phía đối với   .
sao cho

min khi và chỉ khi A, B, M thẳng hàng
M  AB � P 

Vậy giá trị MA  MB nhỏ nhất bằng AB .
P
+ Nếu A, B cùng phía đối với   .

P
Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua   ta có
MA  MB  MA1  MB

MA  MB  min
Do A1 và B khác phía đối với (P) nên 
�  MA1  MB  min khi và chỉ khi A1, B, M thẳng hàng
M  A1B � P 
suy ra
P
Vậy giá trị MA  MB nhỏ nhất bằng A1B .
M � P 
MA  MB max
* Tìm
sao cho
P
+ Nếu A, B khác phía đối với   .

B
A

M

A1

P
Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua   ta có:
MA  MB  MA1  MB

A

P

M

6
A1
B


MA  MB  MA1  MB �A1B � MA  MB max  A1B
A1, B, M thẳng hàng � M  A1B � P 
Từ đó tìm được toạ độ điểm M .
P
+ Nếu A, B cùng phía đối với   ta có:
MA  MB �AB � MA  MB max  AB

� A, B, M thẳng hàng � M  AB � P 
Bài 2. Cho mặt cầu

 S


cố định có tâm I bán kính R

S
và điểm A cố định. Điểm M di động trên mặt cầu   . Hãy xác định vị trí
điểm M sao cho AM lớn nhất, nhỏ nhất.
Cách giải
S
* TH1: A thuộc mặt cầu  
Ta có: AM đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi M trùng với
A , AM đạt giá trị lớn nhất bằng 2R khi M là điểm
đối xứng với A qua I
* TH2: A không thuộc mặt cầu  
Gọi B, C là giao điểm của đường thẳng  đi qua
A , I và  S  ; giả sử AB  AC

S

S
+) Nếu A nằm ngoài mặt cầu   thì với điểm
M bất kì trên  S  , ta có:

AM �AI  IM  AI  IB  AB . Đẳng thức xảy ra khi M �B
AM �AI  IM  AI  IC  AC . Đẳng thức xảy ra khi M �C

S
S
+) Nếu A nằm trongmặt cầu   thì với điểm M bất kì trên   , ta có:
AM �IM  IA  IB  IA  AB .
Đẳng thức xảy ra khi M �B

AM �AI  IM  AI  IC  AC .
Đẳng thức xảy ra khi M �C
Vậy khi M trùng với B thì AM đạt giá trị nhỏ nhất
Vậy khi M trùng với C thì AM đạt giá trị lớn nhất
Bài 3. Cho hai mặt cầu ngồi nhau

 S1 

S
có tâm I , bán kính R1 ; mặt cầu  2  có
7


tâm J , bán kính R2 . Tìm vị trí của điểm

M trên  S1  , điểm N trên  S2  sao cho
MN đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

Cách giải

S
Gọi  là đường thẳng đi qua I , J ;  cắt mặt cầu  1  tại hai điểm phân biệt
A, B (giả sử AJ  JB ) ;  cắt  S2  tại hai điểm phân biệt C , D
( giả sử ID  IC )
S
S
.Với điểm M bất khì trên  1  và điểm N bất kì trên  2  , ta có:
* MN �IM  IN �IM  IJ  JN  R1  R2  IJ  AD . Đẳng thức xảy ra
khi điểm M trùng với A và N trùng với D .


MN �IM  IN �IJ  IM  JN  IJ  R1  R2  BC
*
. Đẳng thức xảy ra khi
M trùng với B và N trùng với C .
Vậy khi M trùng với A và N trùng với D thì MN đạt giá trị lớn nhất và khi
M trùng với B và N trùng với C thì MN đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4. Cho mặt cầu

 S

có tâm I , bán kính R và đường thẳng  khơng có

S
S
điểm chung với   . Tìm vị trí của điểm M trên   , điểm N trên  sao cho
MN đạt giá trị nhỏ nhất.
Cách giải
Gọi H là hình chiếu vng góc của I trên  .
S
Đoạn IH cắt mặt cầu   tại J . Với điểm N trên  , điểm
M trên  S  , ta có: MN �IN  IM �IH  IJ  JH  const .
Đẳng thức xảy ra khi N �H , M �J .
Vậy khi M trùng với J ; N trùng với H thì MN đạt giá trị nhỏ nhất.

S
có tâm I , bán kính R và điểm M nằm ngồi   .
S
Đường thẳng  qua M cắt   tại hai điểm phân biệt A, B . Tìm giá trị lớn nhất
của MA  MB .
Bài 5. Cho mặt cầu


 S

Cách giải
Gọi

 là góc tạo bởi MB và MI .

Áp dụng định lí Cơsin cho
tam giác MIA và MIB ta có:
8


R 2  MA2  MI 2  2MI .MA cos 

(1)

R 2  MB 2  MI 2  2 MI .MB cos 

(2) .

Lấy (1) trừ cho (2) vế theo vế ta được:
0  MA2  MB 2  2 MI . MA  MB  cos 


� MA  MB  2 MI .cos  . Do đó MA  MB đạt

giá trị lớn nhất bằng 2MI khi cos   1 �   0 .
Bài 6. Cho hai điểm A, B và đường thẳng . Tìm điểm M trên  sao cho


MA  MB nhỏ nhất.
Cách giải
Tìm điểm M trên  sao cho MA  MB nhỏ nhất
Bước 1: Tìm toạ độ các điểm A1, B1 theo thứ tự là hình chiếu vng góc của
A, B lên .
uuuuu
r

Bước 2: Tính các độ dài AA1, BB1 từ đó tìm được điểm N � chia vectơ A1B1
AA
AA
uuuuu
r
 1
 1
BB1 ) hay
theo tỷ số BB1 ( Gọi N là điểm chia A1B1 theo tỷ số
uuuur
AA1 uuuur
NA1  
.NB1
BB1
Bước 3: Chứng minh MA  MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M trùng với N
B,   , A2 , B khác phía đối với 
Thật vậy: Gọi A2 là điểm thuộc mặt phẳng 
�
AA1 A1 A2 uuuur  A1 A2 uuuur
�AA1  A1 A2
�


� NA1 
.NB1
�
BB
B
B
BB
A
A

d
1
1 2
1
và thoả mãn: � 1 2

� NA1 

A1 A2
NA A A
.NB1 � 1  1 2 �
BB1
NB1 BB1

A2 ,

N , B thẳng hàng.

� MA  MB  MA2  MB �A2 B  NA  NB . Dấu bằng xảy ra


M

N.

1.3. Các ví dụ thực hành giải tốn.
Sau khi đã xây dựng được cho học sinh hệ thống các bài toán định hướng
và trang bị cho nó cách giải tổng quát. Ta tiến hành cho học sinh rèn luyện khả
năng định hướng tìm lời giải thơng qua hoạt động giải các bài toán trắc nghiệm
sau:

9


Ví dụ 1. Cho

 x  2

S  x2  y2  z 2 

2

  y  2    z  1
2

2

, trong đó x ,

y ,là các số thực thay đổi nhưng luôn thoả mãn x  y  z  3  0 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức S.

A. S min  17.
B. S min  19.
C. Smin  30.
D. S min  7.
Giải

A �O  0;0;0  , B  2;2;1
Trong không gian tọa độ Oxyz , xét các điểm
và mặt
P :x y  z 30
phẳng  
. Dễ thấy A và B nằm cùng phía với nhau đối với
 P  . Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua  P  , ta tìm được A1  2;2;2  . Áp dụng
định hướng [1.2. Bài 1], ta tìm được Smin  A1B  17 .
Ví dụ

2. Cho x, y, z là các số thực thay đổi nhưng luôn thỏa mãn x  y  2 z  0

S

. Biểu thức
giá trị nhỏ nhất là:
A. Smax  5.

 x  1

2

  y  2    z  1 
2


2

B. S max  11.

 x  1

2

  y  2   z  2

C. Smax  6.

2

2

có

D. Smax  11.

Giải

A 1;2; 1 , B  1; 2;2 
Trong không gian tọa độ Oxyz , xét các điểm 
và mặt
P
P : x  y  2z  0
phẳng  
. Dễ thấy A và B nằm hai phía với nhau đối với   .

P
A 2;1;1
Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua   , ta tìm được 1 
. Áp dụng định
hướng [1.2. Bài 1], ta tìm được Smax  A1B  11 .
Ví dụ 3. Cho x, y , z , a, b, c là các số thực thay đổi nhưng luôn luôn thỏa mãn
x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  4 z  4  0 và a 2  b 2  c 2  2b  2c  1  0 . Tìm max,
min của biểu thức
.
A

S Max 
S Max 

B.
C.



2

14  2  3



S Max 

S   x  a   y  b   z  c

14  2  3




14  5







2

và

2

2

và

và

2

Smin 

Smin 

S min 








2

.

14  2  3
14  2  3

14  5







2

.

2

.


2

.
10


S Max 

D.



13  2  3



2

và

S min 



13  2  3



2


.

Giải

S
S
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét các mặt cầu  1  và  2  có tâm
J 0; 1;1 R2  3
I  1;1; 2  R1  2
,
và 
,
.

 S1  :  x  1

2

  y  1   z  2   2

 S2  : x 2   y  1

2

2

2

2
2

2
 x  y  z  2x  2 y  4z  4  0

  z  1  3 � x 2  y 2  z 2  2 y  2 z  1  0
2

M  x; y; z  � S1  N  a; b; c  � S 2 
Từ giả thiết ta có
,
. Dễ thấy hai mặt cầu
2
ngoài nhau, IJ  14 và S  MN . Áp dụng định hướng [1.2. Bài 3], ta
có:

S Max  AD 2 



14  2  3



2

và

Smin  BC 2 




14  2  3



2

A 3; 2; 2 
Ví dụ 4. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm 
và mặt
2
2
2
M a; b; c 
S
S
cầu   :  x  3   y  2    z  4   25 . Điểm 
thuộc   sao cho
AM lớn nhất. Tính T  a  b  c .
A. T  2 .
B. T  4 .
C. T  12 .
D. T  16 .
Giải

S
Dễ thấy A nằm ngoài   . Gọi  là đường thẳng đi qua A và tâm I của mặt
S
S
cầu   cắt   tại hai điểm B, C . Ta tìm được B  3; 2;1 , C  3; 2;11 và áp
dụng định hướng [1.2. Bài 2], ta có: T  12 .

x  2 y 1 z
:


Oxyz
1
1 1 và
Ví dụ 5.Trong không gian tọa độ
, cho đường thẳng
2
2
2
S
S
mặt cầu   :  x  3   y  2    z  3  4 . Điểm M thuộc   và điểm
N  a; b; c 
thuộc  sao cho MN nhỏ nhất. Tính T  a  b  c .

A. T  2 .

B. T  4 .

C. T  3 .

D. T  5 .

Giải

S
Dễ thấy  khơng có điểm chung với   . Gọi H là hình chiếu của tâm I của

 S  lên  . Ta tìm được H  3;0;1 và áp dụng định hướng [1.2. Bài 4], ta có:
T  4.
11


M  3; 2; 2 
Ví dụ 6. Trong khơng gian tọa độ Oxyz , cho điểm
và mặt cầu
2
2
2
 S  :  x  3   y  2    z  4   25 . Đường thẳng  qua M cắt mặt cầu
 S  tại hai điểm phân biệt A, B . Tìm giá trị lớn nhất của T  MA  MB .
A. T  10 .
B. T  6 .
C. T  12 .
D. T  16 .
Giải

I 3; 2;4 
S
Gọi 
là tâm của   , và áp dụng định hướng [1.2. Bài 5], tacó:
T  12 .
A 1;1;0  , B  3; 1; 4  và đường
Ví dụ 7. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho 
x  1 y 1 z  2
:



1
1
2 . Điểm M  a; b; c  trên  sao cho MA  MB
thẳng
nhỏ nhất. Tính giá trị của T  a  b  c .
A. T  10 .
B. T  3 .
C. T  2 .
D. T  2 .
Giải


Gọi điểm A1 là hình chiếu vng góc của điểm A
lên
uuuu
r r đường thẳng ,
A1 � � A1  1  t;1  t; 2  2t  . Vì AA1   � AA1.a  0 � t  1 suy ra
uuuur
A1 �O  0;0;0  và AA1   1; 1;0  � AA1  2 . Gọi B1 là hình chiếu vng

B 2; 2;4  � BB1  2 .Áp dụng định
góc của B lên  , làm tương tự suy ra 1 
hướng [1.2. Bài 6], ta có

M  1; 1;2 

suy ra T  2 .

Oxyz , cho  S1  :  x  1   y  5   z 2  16 ,
Ví dụ 8. Trong khơng gian tọa độ

2

 S 2  :  x  3

2

:

  y  3   z  6   9
2

2

2

x  1 y 1 z


2
1
2 . Gọi

và đường thẳng
C , D là hai điểm tùy ý thuộc  S1  ,  S2  và M  a; b; c  thuộc đường thẳng  sao
cho MC  MD có giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị T  a  b  c .
A. T  10 .
B. T  3 .
C. T  2 .
D. T  2 .
Giải


Gọi điểm A là tâm của
ra

(S1 ) và A1 là hình chiếu vng góc của A trên  ,suy

A  1;5;0  , A1 � � A1  1  2t;1  t ;2t 

� A1  1;1;0 

uuuuu
r

uuuur r
AA


�
AA1.a  0 � t  0
1
. Vì

S
và AA1   2; 4;0  � AA1  2 5 . Gọi B là tâm của  2  và B1

B 3; 1;4 
là hình chiếu vng góc của B lên  , làm tương tự suy ra 1 

12



� BB1  2 5 . Áp dụng định hướng [1.2. Bài 6], ta tìm được M  1;0;2  suy ra
T  3.
2. Định hướng thông qua việc phát hiện và giải các bài tốn hình học thuần
túy có mặt trong bài tốn hình học tọa độ.
Thực ra một số bài tốn hình học toạ độ khó thường chứa đựng trong bản
chất của nó một bài tốn hình học thuần túy. Nhưng đề bài tốn lại khơng đề cập
đến bài tốn hình học thuần túy đó. Nên định hướng để tìm ra và giải quyết bài
tốn hình học thuần túy trong bài tốn hình học toạ độ ln là một vấn đề khá
hấp dẫn. Với mục này tôi muốn từ các ví dụ cụ thể hình thành cho học sinh khả
năng định hướng tìm ra bài tốn hình học thuần túycó trong bài tốn hình học
toạ độ thơng qua các giả thiết hình học thuần túy đã cho và kết luận của bài tốn
hình học toạ độ.

A 3; 2;2  , B  2;2;0 
Ví dụ 1. Trong khơng gian tọa độ Oxyz , cho hai điềm 
P : 2x  y  2z  3  0
và mặt phẳng  
. Xét các điểm M , N di động trên  P 
2
2
sao cho MN  1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 MA  3 NB bằng:
A. 45.

B. 53.

C. 49.8.

D. 55.8.


Giải

Dễ thấy A, B nằm về hai phía của mặt phẳng  P  . Gọi hai điểm H , K lần lượt
là hình chiếu vng góc của hai điểm A và B trên mặt phẳng  P  . Khi đó ta có
AH  d  A,  P    3, BK  d  B ,  P    3
và AB  3 5 � HK  3 . Bài tốn trở
thành bài tốn hình học thuần túy:
2 MA2  3NB 2 biết AH  BK  HK  3 .”
“Tìm giá trị2nhỏ nhất
của
biểu
thức
2 MA  3NB 2  2 AH 2  HM 2  3 BK 2  KN 2
 45  2 HM 2  3KN 2
Ta có:
2
3. 2.HM  2. 3.KN �5  2 HM 2  3KN 2 
;





�45 



 




6
6
6
2
2
 HM  KN  �45   HK  1 � 2MA2  3NB 2 �45  .22  49.8
5
5
5
.

6
�
� 2 HM
3KN
HM

�

�
�
5
2 MA2  3NB 2  49.8 � � 3
�
�
2
�HM  MN  NK  HK
�KN  4
�

�
5
Vậy min





13


A 7;2;3
Ví dụ 2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm 
,
B  1;4;3 C  1;2;6  D  1;2;3
,
,
và điểm M tùy ý. Tính độ dài đoạn OM sao
cho biểu thức P  MA  MB  MC  5MD có giá trị nhỏ nhất.
A.

OM 

5 17
4

B. OM  14

C. OM  26


D.

OM 

3 21
4

Nhận xét: Rõ ràng để giải quyết bài toán hình tọa độ này, trước hết ta phải phát
hiện và giải bài tốn hình học thuần túy chứa đựng trong nó.
Giải
Dễ thấy bốn điểm đã cho khơng đồng phẳng và kết hợp với kết luận của bài toán
tọa độ, ta có bài tốn hình học thuần túy cần giải như sau:
“Cho tứ diện ABCD và M là điểm bất kì trong khơng gian. Tìm vị trí của M
để P  MA  MB  MC  5MD có giá trị nhỏ nhất.”
Ta có:

P  MA  MB  MC  5.MD  5.MD 

MA.DA MB.DB MC .DC


DA
DB
DC

uuur uuur uuur uuur uuur uuur
MA.DA MB.DB MC.DC
� 5.MD 



DA
DB
DC
uuur uuuur uuuur
uuuur �DA DB DC �
 5.MD  MD. �


 DA  DB  DC
�DA DB DC �
�
�
�

uuur uuuu
r uuuur
uuuur �DA DB DC �
� 5.MD  MD . �


 DA  DB  DC
�DA DB DC �
�
�
�
uuur uuuu
r uuuur
�
DA DB DC �
 MD.� 5 



� DA  DB  DC
�
�
DA
DB
DC
�
�
uuur uuuu
r uuuur

;

DA DB DC


 3
DA DB DC

. Do đó P có giá trị nhỏ nhất khi M trùng với D .

Khi đó OM  OD  14 .
Từ bài tốn này ta có thể đưa ra được bài toán định hướng tổng quát.
uuur

uuuur uuuur

DA DB DC




DA DB DC

“Cho tứ diện ABCD thỏa mãn
và M là điểm bất kì
trong khơng gian. Tìm vị trí của M để P  MA  MB  MC   .MD có giá trị
nhỏ nhất.”
14


A 3; 2;1 B  3;2; 1
Ví dụ 3. Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm 
,
,
C  3;2;1 D  3; 2; 1
,
và điểm M tùy ý trong khơng gian. Khi điểm
2
2
2
2
M  a; b; c 
thì biểu thức P  MA  MB  MC  MD  2020 có giá trị
nhỏ nhất. Tính T  a  b  c .
A. T  0
B. T  6
C. T  6
D. T  2

Giải
Dễ thấy bốn điểm đã cho không đồng phẳng và AB  CD , AD  BC ,
AC  BD . Do đó ABCD là tứ diện gần đều và kết hợp với kết luận của bài tốn
ta có bài tốn hình học thuần túy cần giải quyết như sau:
“Cho ABCD là tứ diện gần đều, M là một điểm bất kỳ trong không gian.
2
2
2
2
Chứng minh rằng MA  MB  MC  MD �0 .”
Do ABCD là tứ diện gần đều, nên tâm mặt cầu ngoại tiếp O của tứ diện trùng
với trọng tâm G của tứ diện và gọi R là bán kính.
2
2
2
2
Ta có MA  MB  MC  MD =

uuuu
r uuuur

uuuu
r uuuur

uuuu
r uuuur

uuuu
r uuuur


 OA2 OM  2  OBuuurOMuuur  uOC
uur  OM
uuur  uuuurOD  OM 
=

2



2

2



2 R  2OM  2 OA  OB  OC  OD .OM

2

(1)

uuu
r uuu
r uuur uuur r
uuu
r uuu
r uuur
uuur
O
�

G
OA

OB

OC

OD

0
�
OA

OB

OC


OD
Do
nên
nên từ (1) suy
uuur uuuu
r
2
2
2
2
uurMD 2 uuu2
Ru

ur22OM 2  4OD.OM
ra MA  MB  MC
u
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
2  OD2  OM 2  2OD.OM   2  OD  OM 
=
(2)

MA2  MB 2  MC 2  MD 2 �0 (đpcm) (3). Dấu bằng trong (3)
Từ (2) suyura:
uuur uuur r uuuur uuur

xảy ra � OM  OD  0 � OM  OD � M là điểm đối xứng của D qua O .
Dễ thấy tứ diện gần đều đã cho trong ví dụ 3 có tâm mặt cầu ngoại tiếp chính là
M 3;2;1
gốc tọa độ O .Do đó M là điểm đối xứng của D qua O suy ra 
.
3. Định hướng tìm lời giải thơng qua giả thiết đặc biệt của bài tốn.
Có những bài tốn khi đọc qua thường gây cho ta cảm giác như thiếu giả
thiết. Tuy nhiên giả thiết thiếu đó thường bao hàm trong các giả thiết đã cho của
bài tốn. Nên định hướng để tìm ragiả thiết đặc biệt đó là một vấn đề khá hấp

dẫn. Với mục này tơi muốn từ các ví dụ cụ thể hình thành cho học sinh khả năng
định hướng tìm ra giả thiết đặc biệt thông qua các giả thiết và kết luận của bài
toán đã cho.

15


A a;0;0  B  0; b;0 
Ví dụ 1. Trong không gian toạ độ Oxyz , xét ba điểm 
,
,
1

C  0;0; c 

2

2

   1.
, với a, b, c là các số thực thay đổi thoả mãn a b c
Biết rằng
2
2
2
ABC 
mặt cầu ( S ) : ( x  2)  y  ( z  4)  25 cắt mặt phẳng 
theo giao tuyến là
a


b

c
4
đường trịn có bán kính bằng . Giá trị của biểu thức
bằng:
A. 5.
B. 1.
C. 2.
D. 4.

Giải

 ABC 

x y z
   1.
là: a b c
Khi đó từ giả thiết ta

Ta có phương trình mặt phẳng
M  1; 2;2  � ABC 
có
. Gọi I , R là tâm và bán kính của mặt cầu suy ra
I  2;0;4 
và R  5 . Với từ đó giả thiết thì chắc chắn ta khơng thể tìm được giá
trị của a, b, c . Do đó để giải được bài tốn này ta cần phải tìm ra được giả
thiết đặc biệt của nó.
Định hướng: So sánh khoảng cách từ tâm của mặt cầu đến mặt phẳng và độ dài
đoạn IM .


ABC 
Đặt h bằng khoảng cách từ I đến mặt phẳng 
, ta có h  25  16  3 và
uuu
r
IM  3 suy ra h  IM . Do đó IM chính là vectơ pháp tuyến của mp  ABC 
x y z
  1
1 1 1
ABC  x  2 y  2 z  1  0
2 2
suy ra phương trình 
:
hay
. Khi đó giá trị
của a  b  c  2 .
S
S
S
Ví dụ 2. Trong khơng gian Oxyz , cho các mặt cầu  1  ,  2  ,  3  có bán
A 0;3; 1 B  2;1; 1 C  4; 1; 1
kính r  1 và lần lượt có tâm là 
,
,
. Gọi
 S  là mặt cầu tiếp xúc với cả ba mặt cầu. Mặt cầu  S  có bán kính nhỏ nhất là:
A. R  2 2  1 .

B. R  10 .


C. R  2 2 .

D. R  10  1 .

Giải

16


Ta có AB  8 , AC  32 , BC  40 nên tam giác ABC vuông tại A . Gọi
điểm I là trung điểm của BC , gọi M , N , P lần lượt là giao điểm của IA ,
IB , IC với  S1  ,  S2  ,  S3  . Khi đó IM  IN  IP  10  1 . Do đó
S
mặt cầu   thỏa mãn đề bài là mặt cầu có bán kính R  10  1 .
Bài toán này được giải quyết là nhờ giả thiết đặc biệt tam giác ABC
vuông tại A được ẩn trong giả thiết của nó.

A 1;2;1
Ví dụ 3. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm 
,
P : ax  by  cz  46  0
B  3;4;0 
, mặt phẳng  
. Biết rằng khoảng cách từ A và
B đến mặt phẳng  P  lần lượt bằng 6 và 3 . Giá trị của biểu thức T  a  b  c
bằng:
A. 3 .

B. 6 .


C. 6 .

D. 3 .

Giải
AB  3  d  A;  P    6
P
Ta có
suy ra A, B nằm cùng phía đối với mặt phẳng  
P
.Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vng góc của A, B trên mặt phẳng   .Ta có
6  AB  BK �AK �AH  6 suy ra K �H và B là trung điểm của AH suy ra
H  5;6; 1 . Mặt phẳng  P  đi qua H  5;6; 1 và có một vectơ pháp tuyến là
uur

nP   2;2; 1

nên có phương trình là 2 x  2 y  z  23  0 .

Theo đề bài ta có phương trình mặt phẳng

T  a  b  c  4   4   2  6 .

 P  : 4 x  4 y  2 z  46  0

suy ra

Bài toán này được giải quyết là nhờ giả thiết đặc biệt K �H được ẩn
trong giả thiết của bài tốn đó.

4. Định hướng từ hệ thống bài tốn “cơng thức”.
Với hình thức thi trắc nghiệm, địi hỏi phải giải quyết bài tốn trong thời gian
nhanh nhất và chính xác nhất. Do đó cần có một hệ thống các “công thức” để
khi tra giả thiết vào ta có thể tìm ra ngay được kết quả chính xác cho bài tốn đó.
Với mục này tơi muốn xây dựng một số “cơng thức” để thơng qua đó định
hướng tìm được lời giải cho các bài tốn trắc nghiệm cụ thể.
4.1. Hệ thống bài tốn “cơng thức”.
Bài 1. Trong không gian, cho hai điểm phân biệt A và
B . Viết phương trình mặt phẳng  P  chứa B và cách

A một khoảng lớn nhất.
17


P
Cách giải: Gọi H là hình chiếu của A lên   , khi đó  ABH vng tại H
d  A;  P    AH �AB � d  A;  P  

đi qua B và vng góc với AB .

max  AB

H

B. Khi đó  P  là mặt phẳng

Bài 2. Trong không gian, cho điểm A và đường thẳng  không đi qua A . Viết
phương trình mặt phẳng

 P  là lớn nhất.


 P  chứa

 sao cho khoảng cách từ A đến mặt phẳng
A

Cách giải: Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên
P
mp   , K là hình chiếu vng góc của A trên đường
d A; P  AH �AK � d  A;  P  
thẳng  ,    
max
P
 AK
H K.
Vậy mp 

P


H

K

P
cần tìm là mặt phẳng chứa  và vng góc với AK . Hay   chứa

 và vng góc với mp  AK ,   .

Bài 3. Trong không gian, cho đường thẳng d và điểm A không thuộc d . Viết

phương trình mặt phẳng
tới

 P

 P  lớn nhất .

đi qua A , song song với d và khoảng cách từ d

Cách giải: Bước 1 : Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên d .
Tìm được tọa độ điểm H .
Bước 2 : Gọi K là hình chiếu vng góc của H trên
 P  .Ta có HK �HA suy ra HK max  HA K A

P
.Vậy   đi qua

uuuur

AH làm vec tơ pháp tuyến .
P
Bước 3 : Viết phương trình mặt phẳng   .
A và nhận

Bài 4. Trong không gian, cho hai đường thẳng 1 ,  2 phân biệt và không song
song với nhau. Viết phương trình mặt phẳng
lớn nhất.

   chứa 1 và tạo với  2 một góc


Cách giải:
Vẽ một đường thẳng bất kỳ 3 song song với  2 và cắt 1 tại K . Gọi A là
điểm cố định trên
và

3


và H là hình chiếu của A trên mp   . Ta có góc giữa  2

   chính là góc �
AKH . Kẻ AT  1,  T �1  . Khi đó tam giác HKT vuông

tại T , nên

cos �
AKH 

HK KT
�
AK AK (không đổi). Vậy góc

�
AKH lớn nhất khi và
18


�
chỉ khi HK  KT hay H �T .Góc lớn nhất đó chính bằng góc AKT   1,  2 


Do đó véc tơ pháp tuyến của mp 

.

  là

ur

ur
�

ur

ur

�
n  �
u 1 , �
u 1 , u 2 �
�
�
�.

Bài 5. Trong khơng gian, viết phương trình mặt phẳng
và tạo với mặt phẳng

 Q  một góc nhỏ nhất.

 P  chứa đường thẳng




M  x0 ; y0 ;z 0  thuộc  ; mặt phẳng  P  chứa  nên điểm
M thuộc  P  . Phương trình  P  : A  x  x0   B  y  y0   C  z  z0   0
uur
P
Q

n
Bước 2: Mặt phẳng
có véc tơ pháp tuyến là P  ( A; B; C ) . Mặt phẳng  
Cách giải: Bước 1: Gọi

uur

có vectơ pháp tuyến là
cos  

nQ  ( A '; B '; C ')

AA ' BB ' CC '

A2  B 2  C 2

. Gọi

 là góc giữa  P  và  Q  . Ta có

2
2

A '2  u
Bu
r' uurC ' .

P
Bước 3:   chứa  nên nP .ud  0 biểu thị sự liên quan giữa A, B, C . Tìm
giá trị lớn nhất của cos  .

 P  và điểm A thuộc  P  , điểm B
 P  đi qua A và cách B một khoảng

Bài 6. Trong không gian, cho mặt phẳng

khác A . Tìm đường thẳng  nằm trong
nhỏ nhất.
Cách giải: Gọi H là hình chiếu vng góc của điểm
B trên đường thẳng  ,ta thấy d  B,    BH �AB ) .

B

P

T

A H



Vậy khoảng cách đó lớn nhất khi và chỉ khi H �A .
u

r
u
r uuur
u
n
, AB �
  �
�P
�
Khi đó  là đường thẳng qua A có một véc tơ chỉ phương là
. Gọi
P


T là hình chiếu của B trên
, ta thấy BH �BT .
Vậy khoảng cách BH nhỏ nhất bằng BT khi và chỉ khi H �T hay đường
thẳng đi qua A và T . Để viết phương trình đường thẳng  ta có hai cách:
+/ Tìm hình chiếu vng góc T của điểm B trên  , từ đó viết phương trình
đường thẳng  đi qua A và T .
ur

+/ Tìm toạ độ một véc tơ chỉ phương của đường thẳng :
Bài 7. Trong không gian, cho mặt phẳng

 P

ur
�


ur uuur

�
u   �n P , �
n P , AB �
�
�
�

P
và điểm A thuộc   , đường

P
P
thẳng d không song song hay nằm trên   . Tìm đường thẳng  nằm trong  
đi qua A và tạo với đường thẳng d góc bé nhất, lớn nhất.
Cách giải: Vẽ đường thẳng qua A song song với d . Trên đường thẳng này lấy
điểm B khác A cố định. Hình chiếu vng góc của B
A
d
19
K

P

A

H





P
trên  và   theo thứ tự là H và K .
�
�
Ta có:  d ,    BAH ;
d, 
�

Vậy

sin �
d, 

BH BK
�
AB AB

nhỏ nhất khi và chỉ khi H �K , hay  chính là đường thẳng AK .
ur

ur

ur ur

u  �
n , �n , u ��
�P �P d �
�


Ta thấy một véc tơ chỉ phương của  là

, còn
đường
thẳng 
u
r
u
r u
r

u  �
nP ,u d �
�
�.
tạo với d góc lớn nhất bằng 900 và có vectơ chỉ phương là

 P

Bài 8. Trong không gian, cho mặt phẳng

P
và điểm A thuộc   ,đường thẳng

d không song song với  P  , không nằm trên  P  , khơng đi qua A . Tìm đường

thẳng  nằm trong mặt phẳng
đường thẳng d là lớn nhất.


 P  đi qua A

sao cho khoảng cách giữa  và

Cách giải:
Gọi d �là đường thẳng qua A và song song với đường thẳng d và B là giao

P
điểm của d với mặt phẳng   .
Gọi H là hình chiếu vng góc của B trên
d�
,
mặt phẳng 
. Khoảng cách giữa d và
bằng BH . Gọi C là hình chiếu vng góc của B

d

d’
H

C

B

P



A


trên d �
.Ta thấy BH �BC ,nên BH lớn nhất khi và chỉ khi H �C.

r
r uur
�
u  �
n P , BC �
�

Khi đóuu
đường
thẳng  có một véc tơ chỉ phương
. Có thể thay
u
r
uuu
r
vectơ BC bằng AT , trong đó T là hình chiếu vng góc của A trên d .


Bài 9. Trong khơng gian, tìm điểm M thuộc mặt phẳng   sao cho biểu thức
T  a.MA2  b.MB 2  c.MC 2 với a, b, c �R lớn nhất (nhỏ nhất).
uur

uur

uuur r


Cách giải: Gọi G là điểm thỏa mãn: aGA  bGB  cGC  0
Khi đó T được biểu diễn:
uuuur 2

=

uuuur



uuuur

uuur



2



uuuur

uuur



2




uuuur

uuuu
r

T  a MG  GA  b MG  GB  c MG  GC
uuur

uuur



2

uuuu
r

 a  b  c  MG  2MG  aGA  bGB  cGC   a.GA2  b.GB 2  c.GC 2


+) Nếu a  b  c  0 ta có Tmin � MGmin � M là hình chiếu của G lên   .


+) Nếu a  b  c  0 ta có Tmax � MGmin � M là hình chiếu của G lên   .
20



Bài 10. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng   sao cho
với a , b , c �� nhỏ nhất.

uur

uur

uuur
uuur
uuur
T  a.MA  b.MB  c.MC

uur r

uuur bGB  cGC  0
Cách giải: Gọi G là điểm thỏa mãn: aGA
T   a  b  c  MG  a  b  c MG
Khi đó T được biểu diễn:

Do đó Tmin � MGmin � M là hình chiếu của G lên   .

.

4.2. Các ví dụ thực hành giải toán.
Sau khi đã xây dựng được cho học sinh hệ thống các bài tốn “cơng thức”,
ta tiến hành cho học sinh rèn luyện khả năng định hướng tìm lời giải thơng qua
hoạt động giải các bài tốn trắc nghiệm sau.

A 1;0;0  B  3;2;4  C  0;5;4 
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC với 
,
,
. Tìm toạ độ

uuu
r uuu
r
uuur
T  MA  MB  2 MC
Oxy 
điểm M thuộc mặt phẳng 
sao cho
nhỏ nhất.
A.

M  1;3;0 

.

B.

M  1;  3;0 

.

C.

M  3;1;0 

.

D.

M  2;6;0 


.

Giải

Áp dụng định hướng [4.1. Bài 10], ta tìm được G  1;3;3 suy ra M  1;3;0  .

A  1;2;0  B  1; 1;3
Ví dụ 2. Trong không gian Oxyz cho các điểm
,
,
C  1; 1; 1
và mặt phẳng ( P ) : 3 x  3 y  2 z  15  0 . Xét M ( a; b; c) thuộc mặt
2
2
2
phẳng ( P ) sao cho 2MA  MB  MC nhỏ nhất. Giá trị của a  b  c bằng:
A. 3 .
B. 7 .
C. 2 .
D. 1 .

Giải
Áp dụng định hướng [4.1. Bài 9], ta tìm được

G  1;2;  2 

suy ra

M  4; 1;0 


.

A 2; 1; 2 
Ví dụ 3. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm 
và đường
x 1 y 1 z  1


1
1 . Gọi  P  là mặt phẳng đi qua điểm
thẳng d có phương trình 1

A , song song với đường thẳng d và khoảng cách từ d tới mặt phẳng  P  là

lớn nhất. Khi đó mặt phẳng
A. x  y  6  0 .
C. x  2 y  3 z  1  0 .

 P

vng góc với mặt phẳng nào sau đây?
B. x  3 y  2 z  10  0 .
D. 3 x  z  2  0 .
Giải

21


uuuu

r

Áp dụng định hướng [4.1. Bài 3], ta tìm được H  1;1;1 suy ra AH   1;2;3
P
P
.Phương trình mặt phẳng   là: x  2 y  3 z  10  0 suy ra   vng góc với
mặt phẳng 3x  z  2  0 .

P
Ví dụ 4. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi   là mặt phẳng chứa
y  7 z 8
 : x 1 

1
2
1 sao cho khoảng cách từ điểm A  7; 1; 2 
đường thẳng

 P

 P

đến
đạt giá trị lớn nhất. Biết
khi đó giá trị của tổng a  b là:
A. 1 .
B. 3 .

có một vectơ pháp tuyến là


r
n   a; b;4 

C. 6 .

,

D. 2 .

Giải
Áp dụng định hướng [4.1. Bài 2], ta tìm được điểm

K  3; 3; 10 

uuuur

và H �K

P
suy ra AH   4; 2; 8   2  2;1;4  . Khi đó mặt phẳng   có một vectơ pháp
tuyến là

r
n   2;1;4 

. Vậy ta có a  b  3 .
x

y 1


z2

:


1
2
1 và
Ví dụ 5. Trong khơng gian Oxyz , cho đường thẳng
Q
P
mặt phẳng   có phương trình 2 x  y  2 z  4  0 . Mặt phẳng   chứa đường

Q
thẳng  và tạo với mặt phẳng   góc với số đo nhỏ nhất có phương trình là:
A. x  z  2  0 .
B. x  z  2  0 .
C. 3 x  y  z  1  0 .
D. x  y  z  3  0 .
Giải

Áp dụng định hướng [4.1. Bài 5], gọi  là góc giữa hai mặt phẳng   và   .
r r ur
u
r
P  n �0 u    1;2;1
n
P   A; B; C 

Gọi

là vectơ pháp tuyến của
,
.
là vectơ chỉ

P

Q

r r

P
phương
của  .   chứaur  nên n P .u   0 �  A  2B  C  0 � C  A  2 B .Suy
u
r
n  A; B; A  2 B 
n  2;  1;  2 
ra P 
và Q 
.
ur ur
nQ .n P
3B
cos   ur ur 
nQ . n P 3. 2 A2  4 AB  5B 2
Ta có
.
0
TH1: Nếu B  0 ta có: cos   0 �   90 .


22


cos 

TH2: Nếu

B �0 :

1
2

A
�A �
2 � � 4.  5
0
0
B
�B �
. 0 � �90 nên  nhỏ nhất khi
2

2

A
A
�A �
�A �
2 � � 4.  5

2 � � 4.  5
cos  lớn nhất, suy ra �B �
B
B
nhỏ nhất. Ta có �B �
nhỏ

1
A
cos  
1
0
3 �   90 .
nhất khi B . Khi đó
Suy ra trường hợp 2 nhận, còn trường hợp 1 loại. Ta chọn A  1 , B  1 suy ra
ur

M  0;  1;2  �
C  1 suy ra
. Lấy điểm
suy ra M �( P ) . Phương
P : x   y  1  ( z  2)  0
trình của  
hay x  y  z  3  0 .

n   1;1; 1

B 1;2;  1
P
Ví dụ 6. Trong không gian Oxyz , cho điểm 

.Gọi   là mặt phẳng đi

P
qua điểm B và cách gốc toạ độ O một khoảng lớn nhất. Khi đó mặt phẳng  
vng góc với mặt phẳng nào sau đây?
A. 2 x  y  6  0 .
B. x  3 y  2 z  10  0 .
C. x  2 y  3z  1  0 .
D. x  z  2  0 .
Giải

uuur

Áp dụng định hướng [4.1. Bài 1],ta có vectơ OB  (1;2; 1) là vectơ pháp tuyến
P
P
x  2y  z 6  0
của mặt phẳng   . Khi đó phương trình   là:
Ví dụ 7. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng
x y z
x y 1 z
2 :  
1 : 

1
1
2,
1 1 1 . Gọi    là mặt phẳng chứa 1 và tạo với
 2 một góc lớn nhất. Khi đó mặt phẳng    vng góc với mặt phẳng nào sau
đây?


A. 2 x  y  6  0 .
C. x  2 y  3 z  1  0 .

B. x  3 y  2 z  10  0 .
D. x  2 z  2  0 .
Giải

Ta thấy hai đường thẳng trên phân
biệt và không
song song với nhau. Áp dụng
ur
ur
định hướng [4.1. Bài 4], ta có: u 1  (1;1;2), u 2  (1;1;1) ,
suy ra
ur

ur
�

u
r u
r
�
u
1 , u  2 �
�
� (1;1;0) .

ur


ur

Do đó véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng

�
n  �u 1 , �
u 1 , u 2 �
�
�  (2; 2;2)
�

. Vậy phương trình mp 

   là

  là: x  y  z  1  0 .
23