TÌM LỜI GIẢI CHO HỌC SINH QUA HOẠT ĐỘNG GIẢI TOÁN TRẮC NGHIỆM CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC TỌA ĐỘ 12

ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

SÁNG KIẾN 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 WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

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 môn: Toán học Tên tác giả: Ngô Quang Vân Tổ bộ môn: Toán – Tin - VP Số điện thoại liên hệ:

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 thông qua các bài toán quen thuộc trong hình học phẳng.. ..... 5 1.1. Hệ thống các bài toán cơ sở .................................................................... 5 1.2. Hệ thống các bài toán cơ sở trong không gian......................................... 6 1.3. Các ví dụ thực hành giải toán .................................................................. 9 2. Định hướng thông qua việc phát hiện và giải các bài toán hình học ........ 12 Ví dụ 1, 2, 3.. ...........…………………………………………………………12 3. Định hướng tìm lời giải thông qua giả thiết đặc biệt của bài toán ............ 14 Ví dụ 1, 2, 3 .................................................................................................. 15 4. Định hướng từ hệ thống bài toán “công thức”. ........................................ 16 4.1. Hệ thống bài toán “công 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 công nghiệp hóa, hiện đại hóa đất nước để tránh nguy cơ tụt hậu về kinh tế và khoa học công 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 công tác giáo dục và dạy học nhiều trách nhiệm nặng nề.

Trong các khoa học và kỹ thuật, toán học giữ một vị trí quan trọng và nổi bật. Công việc dạy toán 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 toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học. Các bài toán ở trường phổ thông 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 toán ở trường phổ thông. Vì vậy tổ chức có hiệu quả việc dạy giải bài tập toán học có vai trò 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 môn toán.

Hơn nữa, hiện nay một bộ phận không nhỏ học sinh học tập môn toán một cách rất thụ động, rập khuôn theo những dạng bài toán 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 toán đó, lời giải đó. Chính vì vậy, gặp một bài toán mà các em chưa từng tiếp xúc thì việc tìm lời giải cho bài toán đối với nhiều học sinh là rất khó khăn và không 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 toán.

Quá 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 toán.

Hình học tọa độ trong không gian đóng một vai trò quan trọng trong chương trình toán học phổ thông, đặc biệt là trong đề thi THPT quốc gia hiện nay. Hình học tọa độ trong không 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 luôn trăn trở, tìm cách để giúp cho học sinh của mình có được các định hướng trước mỗi bài toán khó để học sinh có thể tìm thấy được những thuật toán, 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 toán 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 toán 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 toán về đúng bản chất của nó và từ đó có thể giải được một cách nhanh gọn. Đối với giáo viên phổ thông, 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 tòi, 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 toán 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 toán cực trị quen thuộc trong hình học phẳng, hình học tọa độ 10, hình học không gian thuần túy và kết hợp với việc khái quát, tổng quát hóa. Từ đó đưa ra được hệ thống các bài toán 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 toán 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 toán cực trị trong hình học tọa độ 12nhưng lại khó vận dụng để áp dụng cụ thể cho từng bài toán đó. Mỗi bài toán đưa ra đều được che đậy bởi một lớp phủ bên ngoài bản chất của bài toán. Đồng thời các phương pháp giải bài toán cực trị trong hình học tọa độ 12không thể sử dụng được trực tiếp (thời gian không cho phép) mà phải thông qua các bài toán định hướng. Nói cụ thể hơn, từ 3

các bài toán cực trị trong hình học phẳng, hình học tọa độ 10 và các bài toán quen thuộc trong hình học không gian để đưa ra các định hướng và từ đó tìm được ngay lời giải phù hợp cho bài toán đặt ra. Đây chính là điểm yếu mà học sinh và giáo viên phổ thông 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 toán trắc nghiệm cực trị trong hình học tọa độ là một vấn đề hết sức khó khăn. Nhận thức được thực trạng đó tôi 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) + ( y + 2 ) + ( z − 4 ) 2

2

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 .

Câu 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ba điểm A(1;0;3) , B ( −3;1;3)

và C (1;5;1) . Điểm M ( a;b; c) thuộc mặt phẳng tọa độ Oxy sao cho biểu thức

T = 2 MA + MB + MC có giá trị nhỏ nhất. Khi đó a − b + c bằng: A. − 2

B. − 1 0

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 ∆ : x − 2 = y − 1 = z 1

−1

1

và mặt cầu ( S ) : ( x − 3 ) + ( y − 2 ) + ( z − 3 ) = 4 . Điểm M thuộc ( S ) và điểm N ( a; b;c ) thuộc ∆ sao cho M N nhỏ nhất. Tính T = a + b + c .

2

A. T = 2 .

B. T = 4 .

2

2

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) và mặt cầu ( S ) : ( x − 1) 2 + y 2 + z 2 = 4 . Điểm M ( a;b; c ) thuộc mặt cầu ( S ) sao cho MA 2 + MB 2 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” 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.

4

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 toán này có mặt cũng nhằm mục đích phân loại học sinh khá, giỏi để tìm kiếm và đào tạo chuyên môn mũi nhọn.

Đối với bài toán 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 toán 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 toán 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 toán 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 tôi đã sử dụng trong quá trình ôn 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 toán quen thuộc trong hình học phẳng.

Một số bài toán cực trị trong hình học tọa độ không gian, thường chứa đựng trong bản chất của nó một bài toán cực trị khá quen thuộc trong hình học phẳng. Nên định hướng để giải quyết bài toán luôn 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 toán 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 toán định hướng trong hình học không gian.

Bài 1. Cho hai điểm A , B cố định. Tìm điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho ( M A + M B ) min, M A − M B max.

Bài 2. Cho điểm A cố định. Tìm điểm M thuộc đường tròn ( C) sao cho MA lớn nhất, MA nhỏ nhất.

Bài 3. Tìm các điểm M , N lần lượt thuộc hai đường tròn ngoài nhau ( C1 ) , ( C2 ) sao cho độ dài đoạn thẳng M N lớn nhất, M N nhỏ nhất.

5

Bài 4. Tìm các điểm M , N lần lượt thuộc đường thẳng ∆ và đường ờng tròn tr ( C) không có điểm m chung sao cho độ dài đoạn thẳng M N nhỏ nhất.

Bài 5. Cho đường tròn ( C) và điểm M nằm ngoài ( C) . Đường ng thẳng thẳ ∆ qua M cắt ( C) tại hai điểm m phân bi biệt A , B . Tìm giá trị lớn nhất của MA + MB .

1.2. Hệ thống các bài ài toán cơ sở trong không gian.

Xuất phát từ hệ thống ống các bài b toán cơ sở trên, bằng ng cách khái quát hóa ta đưa ra được hệ thống ng các bài b toán cơ sở tương tự trong không gian. Trang bị b cách giải cho các bài ài toán đó đ để nó trở thành các công cụ phụcc vụ cho việc vi định hướng tìm lời giải nhanh cho các bài toán đặt ra sau này.

Bài 1. Trong không gian, ccho hai điểm A , B cố định. Tìm điểm đi M thuộc đường thẳng ∆ sao cho ( M A + M B ) min, M A − M B max.

Cách giải * Tìm M ∈( P) sao cho ( M A + M B ) min + Nếu A , B khác phía đốối với ( P) . ch khi ( M A + M B ) min khi và chỉ suy ra M = AB ∩ ( P )

A , B , M thẳng hàng

Vậy giá trị MA + MB nhỏỏ nh nhất bằng AB . + Nếu A , B cùng phía đốối với ( P) .

Gọi A1 là điểm đối xứng ứng vớ với A qua ( P) ta có MA + MB = MA1 + MB B

Do A1 và B khác phía đốối với (P) nên ( M A + M B ) min

A

⇔ ( MA1 + MB ) min khi và ch chỉ khi A1 , B , M thẳng hàng àng suy ra M = A1 B ∩ ( P ) Vậy giá trị MA + MB nhỏỏ nhất bằng A1 B .

M P

* Tìm M ∈( P) sao cho M A − M B max

A1

+ Nếu A , B khác phía đối ối với ( P) .

Gọi A1 là điểm đối xứng ứng vớ với A qua ( P) ta có:

A

MA + MB = MA1 + MB

MA − MB = MA1 − MB ≤ A1 B ⇒ MA − MB max = A1 B ⇒ A1 , B , M thẳng hàng ⇒ M = A1 B ∩ ( P ) Từ đó tìm được toạ độ điểm M .

M P

A1 B

6

+ Nếu A , B cùng phía đối ối với v ( P) ta có:

MA − MB ≤ AB ⇒ MA − MB max = AB ⇔ A , B , M thẳng hàng ⇒ M = AB ∩ ( P ) Bài 2. Cho mặt cầu ( S ) cố c định có tâm I bán kính R và điểm A cố định. Điểm M di động trên mặt cầu ( S ) . Hãy xác định vị trí điểm M sao cho AM lớ ớn nhất, nhỏ nhất.

Cách giải * TH1: A thuộc mặt cầu ( S ) Ta có: AM đạt giá trịị nhỏ nhất nh bằng 0 khi M trùng với

A , AM đạt giá trị lớnn nhất nhấ bằng 2R khi M là điểm đối xứng với A qua I * TH2: A không thuộc mặặt cầu ( S ) Gọi B, C là giao điểm của ủa đường thẳng ∆ đi qua

A , I và ( S ) ; giả sử AB < AC +) Nếu A nằm ngoài mặt ặt ccầu ( S ) 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

+) Nếu A nằm trongmặt ặt cầu cầ ( S ) thì với điểm M bất kì trên ( S ) , 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 ngoài nhau ( S1 ) có tâm I , bán kính R1 ; mặt m cầu ( S2 ) có tâm J , bán kính R 2 . Tìm vị v trí của điểm

M trên ( S1 ) , điểm N trên ( S2 ) sao cho ất, nh nhỏ nhất.

M N đạt giá trị lớn nhất, Cách giải 7

Gọi ∆ là đường thẳng đi qua I , J ; ∆ cắt mặt cầu ( S1 ) tạii hai điểm đ ể phân biệt A , B (giả sử AJ > JB ) ; ∆ cắt ( S2 ) tại hai điểm phân biệt C , D ( giả sử ID > IC ) .Với điểm M bất khìì trên ( S1 ) và điểm N bất kì trên ( S2 ) , ta có: * M N ≤ IM + IN ≤ IM + IJ + JN = R1 + R 2 + IJ = A D . Đẳn ẳng 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 ng thức thứ xảy ra khi M trùng với B và N trùng vvới C .

Vậy khi M trùng với A và N trùng với D thì M N đạt giá trịị lớn lớ nhất và khi M trùng với B và N trùng vvới C thì M N đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 4. Cho mặt cầu ( S ) có tâm I , bán kính R và đường thẳng ẳng ∆ không có điểm chung với ( S ) . Tìm vvị trí của điểm M trên ( S ) , điểm N trên ∆ sao cho M N đạt giá trị nhỏ nhất.

Cách giải Gọi H là hình chiếuu vuông góc của c I trên ∆ . Đoạn IH cắt mặt cầu ( S ) 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 M N đạt giá trị nhỏỏ nhất. nh Bài 5. Cho mặt cầu ( S ) có tâm I , bán kính R và điểm M nằằm ngoài ( S ) . Đường thẳng ∆ qua M cắắt ( S ) tại hai điểm phân biệt A , B . Tìm giá tr trị lớn nhất của MA + MB .

Cách giải Gọi

α

là góc tạo bởi MB và MI .

Áp dụng định nh lí Côsin cho tam giác MIA và MIB ta có:

R2 = MA2 + MI 2 − 2MI .MAcosα R2 = MB2 + MI 2 − 2MI .MB cosα

(1)

Lấy (1) trừ cho (2) vế theo vế v ta được: 2

B

(2) .

A

2

0 = MA − MB − 2 MI .( MA − MB ) cos α ⇔ MA + MB = 2 MI .cos α . Do đó MA + MB đạt

giá trị lớn nhất bằng 2MI MI khi cos α = 1 ⇔ α = 0 .

(d) A1

N

B1

∆

A2

8

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 vuông góc của A , B lên ∆.

Bước 2: Tính các độ dài A A1 , B B1 từ đó tìm được điểm N ∈ ∆ chia vectơ A1B1

AA AA theo tỷ số − 1 ( Gọi N là điểm chia A1B1 theo tỷ số − 1 ) hay BB1 BB1

AA1 NA1 = − .NB1 BB1 Bước 3: Chứng minh MA + MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M trùng với N Thật vậy: Gọi A2 là điểm thuộc mặt phẳng ( B , ∆ ) , A2 , B khác phía đối với ∆  AA1 = A1 A2

và thoả mãn: 

 A1 A2 ⊥ d

⇒ NA1 =

⇒

AA1 A1 A2 − A1 A2 = ⇒ NA1 = .NB1 BB1 B1B2 BB1

A1 A2 NA1 A1 A2 .NB1 ⇒ = ⇒ 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 toán.

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 thông qua hoạt động giải các bài toán trắc nghiệm sau:

Ví dụ 1. Cho S = x 2 + y 2 + z 2 +

2

2

2

+ ( y − 2 ) + ( z − 1) , 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.

( x + 2)

C. Smin = 30.

D. Smin = 7.

Giải Trong không gian tọa độ Oxyz , xét các điểm A ≡ O ( 0;0;0 ) , B ( −2;2;1) và mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 3 = 0 . 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 S min = A1B = 17 .

9

Ví dụ 2. Cho x, y, z là các số thực thay đổi nhưng luôn thỏa mãn x − y + 2 z = 0 2

2

( x − 1) + ( y − 2) + ( z + 1)

. Biểu thức S =

2

−

2

2

( x − 1) + ( y + 2) + ( z − 2)

2

có

giá trị nhỏ nhất là: A. Smax = 5.

B. S max = 11.

C. Smax = 6.

D. Smax = 11.

Giải Trong không gian tọa độ Oxyz , xét các điểm A(1;2; −1) , B (1; −2;2 ) và mặt phẳng ( P ) : x − y + 2 z = 0 . Dễ thấy A và B nằm hai phía với nhau đối với ( P) .

Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua ( P) , ta tìm được A1 ( 2;1;1) . Áp dụng định hướng [1.2. Bài 1], ta tìm được S max = 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 − 2 c − 1 = 0 . Tìm max, min của biểu thức S = ( x − a )2 + ( y − b )2 + ( z − c ) 2 .

2

B. S Max

min

2

2

min

2

C. S Max D. S Max

2

( 14 + 2 + 3 ) và S = ( 14 − 2 − 3 ) . = ( 14 + 2 + 3 ) và S = ( 14 − 2 − 3 ) . = ( 14 + 5 ) và S = ( 14 − 5 ) . = ( 13 + 2 + 3 ) và S = ( 13 − 2 − 3 ) .

A. S Max =

2

min

2

2

min

Giải Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét các mặt cầu ( S1 ) và ( S2 ) có tâm

I ( −1;1; −2 ) , R1 = 2 và J ( 0; −1;1) , R2 = 3 .

( S1 ) : ( x + 1 )

2

2

2

2

2

2

+ ( y − 1) + ( z + 2 ) = 2 ⇔ x + y + z + 2 x − 2 y + 4 z + 4 = 0

( S 2 ) : x 2 + ( y + 1)

2

2

+ ( z − 1) = 3 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 + 2 y − 2 z − 1 = 0

Từ giả thiết ta có M ( x; y; z ) ∈ ( S1 ) , N ( a; b; c ) ∈ ( S2 ) . Dễ thấy hai mặt cầu ngoài nhau, IJ = 14 và S = MN 2 . Áp dụng định hướng [1.2. Bài 3], ta có: S Max = AD 2 =

(

14 + 2 + 3

)

2

và S min = BC 2 =

(

14 − 2 − 3

)

2

Ví dụ 4. 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 .

10

A. T = 2 .

B. T = 4 .

C. T = 12 .

D. T = 16 .

Giải Dễ thấy A nằm ngoài ( S ) . Gọi ∆ là đường thẳng đi qua A và tâm I của mặt cầu ( S ) cắt ( S ) 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 .

Ví dụ 5.Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ : x − 2 = y − 1 = z 1

2

2

−1

1

2

và mặt cầu ( S ) : ( x − 3 ) + ( y − 2 ) + ( z − 3 ) = 4 . Điểm M thuộc ( S ) và điểm N ( a ; b ; c ) thuộc ∆ sao cho M N nhỏ nhất. Tính T = a + b + c .

A. T = 2 .

B. T = 4 .

C. T = − 3 .

D. T = − 5 .

Giải Dễ thấy ∆ không có điểm chung với ( S ) . Gọi H là hình chiếu của tâm I của lên ∆ . Ta tìm được H ( 3; 0;1 ) và áp dụng định hướng [1.2. Bài 4], ta có: T = 4.

(S )

Ví dụ 6. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm M ( 3; − 2; − 2 ) và mặt cầu

( S ) : ( x − 3 )2 + ( y + 2 )2 + ( z − 4 )2 = 25 . Đường thẳng ∆ qua M cắt mặt ( 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 .

cầu

D. T = 16 .

Giải Gọi I ( 3; − 2; 4 ) là tâm của ( S ) , và áp dụng định hướng [1.2. Bài 5], tacó: T = 12 .

Ví dụ 7. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho A (1;1; 0 ) , B ( 3; − 1; 4 ) và đường x +1 y −1 z + 2 = = thẳng ∆ : . Điểm M ( a ; b ; c ) trên ∆ sao cho MA + MB 1 −1 2 nhỏ nhất. Tính giá trị của T = a + b + c .

A. T = 10 .

C. T = − 2 .

B. T = 3 .

D. T = 2 .

Giải Gọi điểm A1 là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng ∆ ,

A1 ∈ ∆ ⇒ A1 ( − 1 + t ;1 − t ; − 2 + 2 t ) . Vì AA1 ⊥ ∆ ⇔ AA1.a = 0 ⇔ t = 1 suy ra

A1 ≡ O( 0;0;0) và AA1 = ( −1; −1;0 ) ⇒ AA1 = 2 . Gọi B1 là hình chiếu vuông

góc của B lên ∆ , làm tương tự suy ra B1 ( 2; −2;4) ⇒ BB1 = 2 .Áp dụng định hướng [1.2. Bài 6], ta có M (1; −1;2) suy ra T = 2 .

11

Ví dụ 8. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho ( S1 ) : ( x − 1 )2 + ( y − 5 )2 + z 2 = 16 ,

( S 2 ) : ( x − 3)

2

2 2 + ( y − 3 ) + ( z − 6 ) = 9 và đường thẳng ∆ : x + 1 = y − 1 = z . Gọi 2 −1 2

C , D là hai điểm tùy ý thuộc ( S1 ) , ( S 2 ) và M ( a; b; c ) thuộc đường thẳng ∆ sao cho M C + M D 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

(S1) và A1 là hình chiếu vuông góc của A trên ∆ ,suy ra

A (1;5;0) , A1 ∈∆ ⇒ A1 ( −1 + 2t;1 − t;2t ) . Vì AA1 ⊥ ∆ ⇔ AA1.a = 0 ⇔ t = 0

⇒ A1 ( −1;1;0) và AA1 = ( −2; −4;0 ) ⇒ AA1 = 2 5 . Gọi B là tâm của ( S 2 ) và B1 là hình chiếu vuông góc của B lên ∆ , làm tương tự suy ra B1 ( 3; −1;4) ⇒ 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 toán hình học thuần túy có mặt trong bài toán hình học tọa độ.

Thực ra một số bài toán hình học toạ độ khó thường chứa đựng trong bản chất của nó một bài toán hình học thuần túy. Nhưng đề bài toán lại không đề cập đến bài toán hình học thuần túy đó. Nên định hướng để tìm ra và giải quyết bài toán hình học thuần túy trong bài toán hình học toạ độ luôn 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 toán hình học thuần túycó trong bài toán hình học toạ độ thông qua các giả thiết hình học thuần túy đã cho và kết luận của bài toán hình học toạ độ.

Ví dụ 1. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho hai điềm A ( 3; − 2; 2 ) , B ( − 2; 2;0 ) và mặt phẳng ( P ) : 2 x − y + 2 z − 3 = 0 . Xét các điểm M , N di động trên ( P ) sao cho MN = 1 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 MA2 + 3 NB 2 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 vuông 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 toán trở thành bài toán hình học thuần túy:

“Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 MA2 + 3 NB 2 biết AH = BK = HK = 3 .”

Ta có: 2 MA 2 + 3 NB 2 = 2 AH 2 + HM 2 + 3 BK 2 + KN 2 = 45 + 2 HM 2 + 3 KN 2

(

) (

)

12

;

(

3. 2.HM + 2. 3.KN

≥ 45 +

)

2

≤ 5 ( 2 HM 2 + 3 KN 2 )

6 6 6 2 2 ( HM + KN ) ≥ 45 + ( HK − 1) ⇒ 2MA2 + 3NB 2 ≥ 45 + .22 = 49.8 .

5 5 5

6   2HM HM = 3KN  =   5 2 2 ⇔ Vậy min 2MA + 3NB = 49.8 ⇔  3 2 4   HM + MN + NK = HK KN = 5

(

)

Ví dụ 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A ( 7; 2;3 ) ,

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 + 5 MD 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 toán hình học thuần túy chứa đựng trong nó.

Giải Dễ thấy bốn điểm đã cho không đồng phẳng và kết hợp với kết luận của bài toán tọa độ, ta có bài toán hình học thuần túy cần giải như sau:

“Cho tứ diện ABCD và M là điểm bất kì trong không gian. Tìm vị trí của M để P = MA + MB + MC + 5 MD có giá trị nhỏ nhất.”

Ta có: P = MA + MB + MC + 5.MD = 5.MD + MA.DA + MB . DB + MC .DC

MA.DA MB.DB MC.DC ≥ 5.MD + + + DA DB DC

 DA DB DC  = 5.MD + MD. + +  + DA + DB + DC  DA DB DC 

DA

DB

DC

 DA DB DC  ≥ 5.MD − MD .  + +  + DA + DB + DC DA DB DC  

 DA DB DC  = MD. 5 − + +  + DA + DB + DC  DA DB DC  

;

DA DB DC + + = 3 . Do đó P có giá trị nhỏ nhất khi M trùng với D .

DA DB DC Khi đó OM = OD = 14 .

13

Từ bài toán này ta có thể đưa ra được bài toán định hướng tổng quát.

DA DB DC + + < α và M là điểm bất kì “Cho tứ diện ABCD thỏa mãn DA DB DC trong không gian. Tìm vị trí của M để P = MA + MB + MC + α .MD có giá trị nhỏ nhất.”

Ví dụ 3. Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A ( 3; − 2;1) , B ( 3; 2; − 1) ,

C ( −3; 2;1) , D ( − 3; − 2; − 1) và điểm M tùy ý trong không gian. Khi điểm M ( a ; b ; c ) thì biểu thức P = MA 2 + MB 2 + MC 2 − MD 2 + 2020 có giá trị nhỏ nhất. Tính T = a + b + c .

B. T = − 6

A. T = 0

D. T = 2

C. T = 6

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 toán ta có bài toán 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.

Chứng minh rằng MA 2 + MB 2 + MC 2 − MD 2 ≥ 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.

Ta có MA 2 + MB 2 + MC 2 − MD 2 =

2

2

2

( OA − OM ) + ( OB − OM ) + ( OC − OM ) − ( OD − OM ) 2

2

(

2

)

= 2R + 2OM − 2 OA + OB + OC − OD .OM (1)

Do O ≡ G nên OA + OB + OC + OD = 0 ⇔ OA + OB + OC = − OD nên từ (1) suy

ra MA 2 + MB 2 + MC 2 − MD 2 = 2 R 2 + 2OM 2 + 4OD .OM

2

= 2 ( OD 2 + OM 2 + 2OD.OM ) = 2 ( OD + OM ) (2) Từ (2) suy ra: MA 2 + MB 2 + MC 2 − MD 2 ≥ 0 (đpcm) (3). Dấu bằng trong (3)

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 gốc tọa độ O .Do đó M là điểm đối xứng của D qua O suy ra M ( 3;2;1) .

3. Định hướng tìm lời giải thông qua giả thiết đặc biệt của bài toán.

Có những bài toán 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 toán. Nên định hướng để tìm ragiả thiết đặc biệt đó 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 14

định hướng tìm ra giả thiết đặc biệt thông qua các giả thiết và kết luận của bài toán đã cho.

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

C ( 0;0; c ) , với a , b, c là các số thực thay đổi thoả mãn 1 − 2 + 2 = 1. Biết rằng a

2

2

b

c

2

mặt cầu (S ) : ( x − 2) + y + ( z − 4) = 25 cắt mặt phẳng ( ABC ) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 4. Giá trị của biểu thức a + b + c bằng: A. 5.

B. 1.

C. 2.

D. 4.

Giải Ta có phương trình mặt phẳng ( ABC ) là: x + y + z = 1. Khi đó từ giả thiết ta a

b

c

có M (1; − 2; 2 ) ∈ ( ABC ) . 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 không thể tìm được giá trị của a , b, c . Do đó để giải được bài toán 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 . Đặt h bằng khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( ABC ) , ta có h = 25 − 16 = 3 và

IM = 3 suy ra h = IM . Do đó IM chính là vectơ pháp tuyến của mp ( ABC ) x y z suy ra phương trình ( ABC ) : x + 2y + 2z −1= 0 hay + + = 1 . Khi đó giá trị 1 1 1 2 2 c ủa a + b + c = 2 .

Ví dụ 2. Trong không gian Oxyz , cho các mặt cầu ( S1 ) , ( S2 ) , ( S3 ) có bán kính r = 1 và lần lượt có tâm là A ( 0;3; − 1) , B ( − 2;1; − 1) , C ( 4; − 1; − 1) . 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 .

C. R = 2 2 .

B. R = 10 .

D. R = 10 −1.

Giải

15

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 = đó mặt cầu ( S ) thỏa mãn đđề bài là mặt cầu có bán kính R =

1 0 − 1 . Do

10 − 1 .

Bài toán này đượcc giải gi quyết là nhờ giả thiết đặc biệtt tam giác ABC vuông tại A được ẩn trong giả thi thiết của nó.

Ví dụ 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A (1; 2;1) ,

B ( 3; 4;0 ) , mặt phẳng ( P) : ax + by + cz + 46 = 0 . 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 Ta có AB = 3 < d ( A; ( P ) ) = 6 suy ra A, B nằm cùng phía đối với mặt phẳng ( P) .Gọi H , K lần lượt làà hình chiếu vuông góc của A, B trên mặt phẳng ( P) .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

nP = ( 2;2; −1) nên có phương trình là 2x + 2y − z − 23 = 0 .

Theo đề bài ta có phương trình mặt phẳng

( P) : −4x − 4y + 2z + 46 = 0

suy ra

T = a + b + c = −4 + ( −4) + 2 = −6 .

Bài toán này đượcc giải gi quyết là nhờ giả thiết đặc biệt K ≡ H được ẩn trong giả thiết củaa bài toán đó.

4. Định hướng từ hệ thống ống b bài toán “công thức”.

Với hình thức thi trắc nghiệm, đòi hỏi phải giải quyết bàii toán 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 ào ta có thể tìm ra ngay được kết quả chính xác cho bbài toán đó.

Với mục này tôi muốn xây dựng một số “công thức” để thông qua đó định hướng tìm được lời giải cho các bài b toán trắc nghiệm cụ thể.

4.1. Hệ thống bài toán “công th thức”.

Bài 1. Trong không gian, ccho hai điểm phân biệt A và

B . Viết phương trình mặt phẳng ( P) chứa B và cách A một khoảng lớn nhất.

Cách giải: Gọi H là hình chiếu của A lên ( P) , khi đó ∆ ABH vuông tại H 16

d ( A; ( P ) ) = AH ≤ AB ⇒ d ( A; ( P ) ) max = A B ⇔ H ≡ B . Khi đó ( P) là mặt phẳng đi qua B và vuông góc với AB .

Bài 2. Trong không gian, cho điểm A và đường thẳng ∆ không đi qua A . Viết phương trình mặt phẳng ( P) chứa ∆ sao cho khoảng cách từ A đến mặt phẳng

( P) là lớn nhất.

A

Cách giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên mp ( P) , K là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng ∆ , d ( A; ( P ) ) = AH ≤ AK ⇒ d ( A; ( P ) ) max

∆ H

P

= AK ⇔ H ≡ K .

K

Vậy mp ( P) cần tìm là mặt phẳng chứa ∆ và vuông góc với AK . Hay ( P) chứa

∆ và vuông góc với mp ( AK, ∆) .

Bài 3. Trong không gian, cho đường thẳng d và điểm A không thuộc d . Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A , song song với d và khoảng cách từ d tới ( P) lớn nhất .

Cách giải: Bước 1 : Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d .

Tìm được tọa độ điểm H .

H

Bước 2 : Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên

d

HK max = HA ⇔ K ≡ A ( P) .Ta có HK ≤ HA suy ra

.Vậy ( P) đi qua A và nhận AH làm vec tơ pháp tuyến .

Bước 3 : Viết phương trình mặt phẳng ( P) .

P

A

K

Bài 4. Trong không gian, cho hai đường thẳng ∆1 , ∆2 phân biệt và không song song với nhau. Viết phương trình mặt phẳng (α ) chứa ∆1 và tạo với ∆2 một góc lớn nhất.

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 ∆ 3 và H là hình chiếu của A trên mp (α ) . Ta có góc giữa ∆2

AKH . Kẻ AT ⊥∆1, (T ∈∆1 ) . Khi đó tam giác HKT vuông và (α ) chính là góc HK KT (không đổi). Vậy góc AKH lớn nhất khi và tại T , nên cos AKH = ≥ AK

AK

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 (α ) là nα = u∆1 , u∆1 , u∆2   .

17

Bài 5. Trong không gian, viết phương trình mặt phẳng ( P) chứa đường thẳng ∆ và tạo với mặt phẳng ( Q) một góc nhỏ nhất.

Cách giải: Bước 1: Gọi M ( x0 ; y0 ;z0 ) thuộc ∆ ; mặt phẳng ( P) chứa ∆ nên điểm

M thuộc ( P) . Phương trình ( P) : A( x − x0 ) + B( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0

Bước 2: Mặt phẳng ( P) có véc tơ pháp tuyến là nP = ( A; B; C) . Mặt phẳng ( Q)

có vectơ pháp tuyến là nQ = ( A '; B '; C ') . Gọi cos α =

AA '+ BB '+ CC ' A2 + B 2 + C 2

A '2 + B '2 + C '2

α

là góc giữa ( P) và ( Q) . Ta có

.

P n Bước 3: ( ) chứa ∆ nên P .ud = 0 biểu thị sự liên quan giữa A, B, C . Tìm giá trị lớn nhất của cos α .

Bài 6. Trong không gian, cho mặt phẳng ( P) và điểm A thuộc ( P) , điểm B khác A . Tìm đường thẳng ∆ nằm trong ( P) đi qua A và cách B một khoảng nhỏ nhất.

B

Cách giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm ∆

B trên đường thẳng ∆ ,ta thấy d ( B, ∆) = BH ≤ AB ) .

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

T

P

A H

Khi đó ∆ là đường thẳng qua A có một véc tơ chỉ phương là u ∆ =  n P , AB  . Gọi T là hình chiếu của B trên ( P) , 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 vuông góc T của điểm B trên ∆ , từ đó viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A và T .

+/ Tìm toạ độ một véc tơ chỉ phương của đường thẳng ∆: u∆ = nP , nP , AB 

Bài 7. Trong không gian, cho mặt phẳng ( P) và điểm A thuộc ( P) , đường thẳng d không song song hay nằm trên ( P) . Tìm đường thẳng ∆ nằm trong

( P)

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 vuông góc của B

; Ta có: ( d , ∆ ) = BAH

BH BK sin ( d,∆) = ≥ AB

A

d

trên ∆ và ( P) theo thứ tự là H và K .

AB

K

P

A

∆

H

Vậy ( d , ∆ ) nhỏ nhất khi và chỉ khi H ≡ K , hay ∆ chính là đường thẳng AK .

18

Ta thấy một véc tơ chỉ phương của ∆ là u∆ = nP , nP , ud   , còn đường thẳng ∆

tạo với d góc lớn nhất bằng 90 0 và có vectơ chỉ phương là u ∆ =  n P , u d  .

Bài 8. Trong không gian, cho mặt phẳng ( P) và điểm A thuộc ( P) ,đường thẳng d không song song với ( P) , không nằm trên ( P) , không đi qua A . Tìm đường

thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng ( P) đi qua A sao cho khoảng cách giữa ∆ và đường thẳng d là lớn nhất.

Cách giải: Gọi d ′ là đường thẳng qua A và song song với đường thẳng d và B là giao điểm của d với mặt phẳng ( P) . d d’

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên mặt phẳng ( d ′, ∆ ) . Khoảng cách giữa d và ∆

B

bằng BH . Gọi C là hình chiếu vuông góc của B

P

H

C

∆

A

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

 u = n Khi đó đường thẳng ∆ có một véc tơ chỉ phương ∆  P , BC  . Có thể thay

vectơ B C bằng AT , trong đó T là hình chiếu vuông góc của A trên d .

Bài 9. Trong không gian, tìm điểm M thuộc mặt phẳng (α ) sao cho biểu thức

T = a .M A 2 + b .M B 2 + c .M C 2 với a , b , c ∈ R lớn nhất (nhỏ nhất).

Cách giải: Gọi G là điểm thỏa mãn: aGA + bGB + cGC = 0

2

2

Khi đó T được biểu diễn: T = a ( MG + GA ) + b ( MG + GB ) + c ( MG + GC ) 2

(

2

)

2

2

2

. + bGB . + cGC . = ( a + b + c ) MG + 2MG aGA + bGB + cGC + aGA

+) Nếu a + b + c > 0 ta có Tmin ⇔ MGmin ⇔ M là hình chiếu của G lên (α ) . +) Nếu a + b + c < 0 ta có Tmax ⇔ MGmin ⇔ M là hình chiếu của G lên (α ) .

Bài 10. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (α ) sao cho T = a.MA + b.MB + c.MC với a , b , c ∈ ℝ nhỏ nhất.

Cách giải: Gọi G là điểm thỏa mãn: aGA + bGB + cGC = 0

Khi đó T được biểu diễn: T = ( a + b + c) MG = a + b + c MG .

Do đó Tmin ⇔ MGmin ⇔ M là hình chiếu của G lên (α ) .

4.2. Các ví dụ thực hành giải toán.

19

Sau khi đã xây dựng được cho học sinh hệ thống các bài toán “công thức”, ta tiến hành cho học sinh rèn luyện khả năng định hướng tìm lời giải thông qua hoạt động giải các bài toán trắc nghiệm sau.

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

điểm M thuộc mặt phẳng ( Oxy ) sao cho T = MA + MB + 2 MC 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) .

Ví dụ 2. Trong không gian Oxyz cho các điểm A (1; 2;0 ) , B (1; − 1;3 ) , C (1; − 1; − 1) và mặt phẳng (P):3x − 3y + 2z −15 = 0 . Xét M (a; b; c) thuộc mặt phẳng (P) sao cho 2 M A 2 − M B 2 + M C 2 nhỏ nhất. Giá trị của a + b + c bằng: A. 3.

C. 2.

B. 7.

D. − 1 .

Giải Áp dụng định hướng [4.1. Bài 9], ta tìm được G (1;2; − 2) suy ra M ( 4; −1;0) .

Ví dụ 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A( 2; −1; −2) và đường thẳng d có phương trình x − 1 = y − 1 = z − 1 . Gọi ( P) là mặt phẳng đi qua điểm 1 −1 1 A , song song với đường thẳng d và khoảng cách từ d tới mặt phẳng ( P) là lớn nhất. Khi đó mặt phẳng ( P) vuông góc với mặt phẳng nào sau đây?

A. x − y − 6 = 0.

B. x + 3y + 2z + 10 = 0.

C. x − 2 y − 3z −1 = 0 .

D. 3 x + z + 2 = 0 .

Giải Áp dụng định hướng [4.1. Bài 3], ta tìm được H (1;1;1) suy ra AH = ( −1;2;3 ) .Phương trình mặt phẳng ( P) là: x − 2 y − 3z −10 = 0 suy ra ( P) vuông góc với mặt phẳng 3 x + z + 2 = 0 .

Ví dụ 4. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , gọi ( P) là mặt phẳng chứa đường thẳng ∆ : x − 1 = y + 7 = z + 8 sao cho khoảng cách từ điểm A( 7; −1; −2) 1 2 −1

đến ( P) đạt giá trị lớn nhất. Biết ( P) có một vectơ pháp tuyến là n = ( a; b;4) , khi đó giá trị của tổng a + b là: A. − 1 .

B. 3.

C. 6.

D. 2.

Giải Áp dụng định hướng [4.1. Bài 2], ta tìm được điểm K ( 3; −3; −10) và H ≡ K 20

suy ra AH = ( −4; −2; −8 ) = −2 ( 2;1;4 ) . Khi đó mặt phẳng ( P) có một vectơ pháp

tuyến là n = ( 2;1;4 ) . Vậy ta có a + b = 3 .

Ví dụ 5. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng ∆ : x = y + 1 = z − 2 và −1

2

1

mặt phẳng ( Q) có phương trình 2x − y − 2z + 4 = 0 . Mặt phẳng ( P) chứa đường thẳng ∆ và tạo với mặt phẳng ( Q) góc với số đo nhỏ nhất có phương trình là: A. x − z − 2 = 0 .

B. x + z − 2 = 0 .

C. 3x + y + z −1 = 0 .

D. x + y − z + 3 = 0 .

Giải Áp dụng định hướng [4.1. Bài 5], gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng ( P) và ( Q) .

Gọi n P = ( A; B; C ) là vectơ pháp tuyến của ( P) , n≠ 0. u ∆ = ( −1;2;1) là vectơ chỉ

phương của ∆ . ( P) chứa ∆ nên nP.u∆ = 0 ⇔ − A + 2 B + C = 0 ⇔ C = A − 2 B .Suy

ra n P = ( A; B; A − 2 B ) và nQ = ( 2; −1; − 2 ) .

nQ .nP

3B Ta có cosϕ = = . nQ . nP 3. 2 A 2 − 4 AB + 5 B 2

TH1: Nếu B = 0 ta có: cos ϕ = 0 ⇔ ϕ = 90 0 .

1 TH2: Nếu B ≠ 0 : cos ϕ = . 0 0 ≤ ϕ ≤ 90 0 nên ϕ nhỏ nhất khi 2 A  A 2   − 4. + 5 B B 2

2

cosϕ lớn nhất, suy ra 2  A  − 4. A + 5 nhỏ nhất. Ta có 2  A  − 4. A + 5 nhỏ B B B B 1 ⇒ ϕ < 90 0 . nhất khi A = 1 . Khi đó cosϕ = B 3 Suy ra trường hợp 2 nhận, còn trường hợp 1 loại. Ta chọn A = 1, B = 1 suy ra

C = − 1 suy ra n = (1;1; −1) . Lấy điểm M ( 0; − 1;2) ∈∆ suy ra M∈(P) . Phương trình của ( P) : x + ( y +1) − (z − 2) = 0 hay x + y − z +3 = 0 .

Ví dụ 6. Trong không gian Oxyz , cho điểm B (1;2; − 1) .Gọi ( P) là mặt phẳng đi qua điểm B và cách gốc toạ độ O một khoảng lớn nhất. Khi đó mặt phẳng ( P) vuông góc với mặt phẳng nào sau đây?

A. −2x − y −6 = 0.

B. x + 3y + 2z +10 = 0 .

C. x + 2y − 3z −1 = 0 .

D. x + z + 2 = 0 .

Giải 21

Áp dụng định hướng [4.1. Bài 1],ta có vectơ OB = (1;2; −1) là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P) . Khi đó phương trình ( P) là:

x + 2y − z −6 = 0

Ví dụ 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng x y z x y −1 z , ∆ 2 : = = . Gọi (α ) là mặt phẳng chứa ∆1 và tạo với ∆1 : = = 1 1 2 1 1 1 ∆ 2 một góc lớn nhất. Khi đó mặt phẳng (α ) vuông góc với mặt phẳng nào sau đây?

A. −2x − y −6 = 0.

B. x + 3y + 2z +10 = 0 .

C. x + 2y + 3z −1 = 0 .

D. x + 2 z + 2 = 0 .

Giải Ta thấy hai đường thẳng trên phân biệt và không song song với nhau. Áp dụng

định hướng [4.1. Bài 4], ta có: u∆1 = (1;1;2), u∆2 = (1;1;1) , suy ra

 u ∆1 , u ∆ 2  = ( − 1;1;0) .  

Do đó véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (α ) là

nα = u∆1 , u∆1 , u∆2   = (−2; −2;2) . Vậy phương trình mp (α ) là: x + y − z −1= 0 . 



Ví dụ 8. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ ′ : x = y − 1 = z − 1 , 1

1

2

điểm A(1;1;1) và điểm B( 2;0;1) . Gọi ∆ là đường thẳng đi qua A vuông góc với đường thẳng ∆′ và cách điểm B một khoảng lớn nhất. Khi đó đường thẳng ∆ song song với đường thẳng nào sau đây ?

B. x − 1 = y = z .

A. x = y = z .

1 −1 1 C. x − 2 = y − 2 = z .

1 1 −1

1 1 −1 D. x − 1 = y − 1 = z − 1 . −1 −1 1

Giải Gọi ( P) là mặt phẳng đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng ∆′ .Khi đó

đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng ( P) đi qua điểm A và cách điểm B một khoảng lớn nhất. Áp dụng định hướng [4.1. Bài 6] cho trường hợp khoảng cách

 lớn nhất, ta có AB = (1; −1;0), nP = (1;1;2), u∆ = nP , AB = ( 2;2; −2) . Vậy phương

trình đường thẳng ∆ là x − 1 = y − 1 = z − 1 .

1

1

−1

Ví dụ 9. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ ′ : x − 1 = y − 2 = z 2 1 2 và điểm A(1;1;2) . Gọi ∆ là đường thẳng qua A và vuông góc với ∆′ đồng thời tạo với trục O z góc α nhỏ nhất. Khi đó đường thẳng ∆ vuông góc với đường thẳng nào sau đây ?

22

B. x − 1 = y = z .

A. x = y = z .

1

3

2

4

C. x − 1 = y − 1 = z − 2 .

4

2

2

−5

D. x − 1 = y − 1 = z − 1 .

−5

3

−1

−2

Giải Gọi ( P) là mặt phẳng đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng ∆′ .Khi đó

đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng ( P) đi qua điểm A và tạo với trục O z góc α nhỏ nhất. Áp dụng định hướng [4.1. Bài 7] cho trường hợp góc α nhỏ nhất,

ta có nP = (2;1;2) , u d = (0;0;1) ≡ k suy ra u∆ = nP , nP , ud   hay u ∆ = (4;2; −5) .

Vậy phương trình đường thẳng ∆ là: x − 1 = y − 1 = z − 2 .

4

2

−5

Ví dụ 10. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho d : x − 1 = y − 1 = z − 2 , 1

−1

1

mặt phẳng ( P ) : x + y − z − 1 = 0 và điểm A(1;1;1) . Gọi ∆ là đường thẳng đi qua

A nằm trong mặt phẳng ( P) và cách d một khoảng lớn nhất. Khi đó đường thẳng ∆ vuông góc với đường thẳng nào sau đây ?

B. x − 1 = y = z .

A. x = y = z .

1

−3

−2

4

C. x − 1 = y − 1 = z − 2 .

4

2

2

5

D. x − 1 = y − 1 = z − 1 .

−5

3

−1

2

Giải Dễ thấy d không đi qua điểm A , không song song và không nằm trong mặt 1 5 1 phẳng ( P) . Áp dụng định hướng [4.1. Bài 8], ta có A ( 0; 2;1) , C  ; ;  , 3 3 3

 1 1 2  1

nP (1;1; −1) suyra BC =  ; − ; −  = (1; −1; −2 ) và u∆ = nP , BC  hay vectơ 3 3 3 3

u∆ = ( 3; −1;2) .Vậy phương trình đường thẳng là x − 1 = y − 1 = z − 1 .

3

−1

2

4.3. Các bài toán đề xuất.

Tương tự như trên ta có thể xây dựng các bài toán “công thức” để có thể định hướng nhanh và giải quyết nhanh các dạng toán sau:

Câu 11. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d : x − 2 = y − 1 = z + 1 và x y − 3 z − 1 . Gọi d′: = = 1 2 −2

1

( P)

2

−2

là mặt phẳng chứa d sao cho khoảng cách giữa d ′

và ( P) lớn nhất. Phương trình của ( P) là: A. 4x + y + 3z − 6 = 0 .

B. 8x −11y −7z −12 = 0.

23

C. x − y − z − 2 = 0.

D. x + 2y −2z −6 = 0.

Câu 12. Trong không gian Oxyz , gọi ∆ là đường thẳng đi qua M ( 0;0;2) và song song với mặt phẳng

( P) : x + y + z + 3 = 0

sao cho khoảng cách từ

A ( 5;0;0 ) đến đường thẳng ∆ nhỏ nhất. Một vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là:

A. u3 = ( 4; −1; −3) .

B. u2 = ( 2; −1; −3) .

C. u4 = ( 2;1; −3) .

D. u5 = ( 4;1;3) .

Câu 13. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1;2;4) . Mặt phẳng

(P) đi qua M và cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A , B , C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất đi qua điểm nào sau đây?

A. ( 2;2;0) .

B. (1;1;2 ) .

C. ( −1;1;4) .

D. ( 0;1;3) .

Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai A (1;1;1 ) , B ( 2; 0;1 ) và mặt phẳng (P): x + y + 2z + 2 = 0. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng d đi qua A , song song với mặt phẳng ( P ) sao cho khoảng cách từ B đến d lớn nhất.

A. d : x − 1 = y − 1 = z − 1 .

3

1

B. d : x = y = z + 2 .

−2

2

C. d : x − 2 = y − 2 = z .

1

1

2

−2

D. d : x − 1 = y − 1 = z − 1 .

−1

3

−1

−1

Câu 15. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho hai điểm M ( −2; −2;1) , A(1;2; −3)

và đường thẳng d : x + 1 = y − 5 = z . Tìm một vectơ chỉ phương u của đường

2

2

−1

thẳng ∆ đi qua M , vuông góc với đường thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng bé nhất.

A. u = ( 2;2; −1) .

B. u = (1;7; −1) .

C. u = (1;0;2) .

D. u = ( 3;4; −4) .

5. Bài tập tự luyện.

Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có phương trình 2 2 2 ( x − 2 ) + ( y + 1) + ( z − 3) = 9 . Điểm M ( x; y; z) di động trên mặt cầu ( S ) . Tìm

giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2x + 2 y − z +16 .

A. 2

B. 6

C. 24

D. 3

Câu 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm A(1;0;3) , B ( −3;1;3) và C (1;5;1) . Điểm M ( a;b; c ) thuộc mặt phẳng tọa độ Oxy sao cho biểu thức

T = 2 MA + MB + MC có giá trị nhỏ nhất. Khi đó a − b + c bằng: 24

A. − 2

B. − 1 0

C. 0

D. 3

Câu 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có phương trình 2 2 2 ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z + 5 ) = 16 và điểm A (1;2; −1) . Tìm tọa độ điểm B thuộc ( S ) sao cho AB có độ dài lớn nhất.

A. B ( −3; − 6;11) .

B. B (1;2;9 ) .

C. B ( −1; − 2;1) .

D. B (1;2; − 9) .

Câu 4. Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x − 2 y + z −1 = 0 và hai điểm A( 0; −2;3) , B ( 2;0;1) . Điểm M ( a;b; c ) thuộc ( P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. Tính

a2 + b2 + c2 .

A. 41 .

B. 9 .

4

4

C. 7 .

D. 3.

4

Câu 5. Trong không gian tọa độ 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 2 MA 2 + 3 MB 2 bằng: A. 135 .

B. 105 .

C. 108 .

D. 145 .

Câu 6. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x − 2 y + 2z − 3 = 0 và mặt cầu ( S ) : x2 + y 2 + z 2 + 2 x − 4 y − 2 z + 5 = 0. Giả sử M thuộc ( P) và N

thuộc ( S ) sao cho MN cùng phương với vectơ u (1;0;1) và khoảng cách giữa M và N lớn nhất. Tính MN .

A. MN = 3 .

B. MN = 1 + 2 2 .

C. MN = 3 2 .

D. MN = 14 .

Câu 7. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng ∆ : x = y = z và 2

2

1

mặt phẳng ( P) : x + 2 y − 2z = 0 . Gọi ( Q) là mặt phẳng chứa ∆ sao cho góc giữa hai mặt phẳng ( P) và ( Q) là nhỏ nhất. Phương trình mặt phẳng ( Q) là: A. x −2y + z = 0.

B. x + 22y +10z = 0 . C. x −2y − z = 0 .

D. x +10y − 22z = 0 .

Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 3; −1;0) và đường thẳng d : x − 2 = y + 1 = z − 1 . Mặt phẳng (α ) chứa d sao cho khoảng cách từ A −1

2

1

đến (α ) lớn nhất có phương trình là:

x + y − z −2 = 0 .

C. x + y − z +1= 0.

A.

x+ y −z =0.

D. −x + 2y + z +5 = 0.

B.

Câu 9. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho ba điểm A( −10; −5;8) , B ( 2;1; −1) ,

C ( 2;3;0) và mặt phẳng ( P) : x + 2 y − 2z − 9 = 0 . Xét M là điểm thay đổi trên ( P) 25

sao cho biểu thức M A 2 + 2 M B 2 + 3 M C 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính M A2 + 2 M B 2 + 3M C 2 .

A. 5 4 .

B. 28 2 .

C. 25 6 .

D. 328 .

Câu 10. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm A(1;4;3) và mặt phẳng

( P) : 2y − z = 0 . Biết điểm

B thuộc mặt phẳng ( P) , điểm C thuộc Oxy sao cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất. Hỏi giá trị nhỏ nhất đó là: A. 4 5 .

B. 6 5 .

C. 2 5 .

D. 5 .

Câu11. Cho a, b, c, x, y , z là các số thực thay đổi luôn thỏa mãn các điều kiện 2 2 2 ( x + 1) + ( y + 1) + ( z − 2 ) = 4 và a + b + c = 6 . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = ( x − a )2 + ( y − b ) 2 + ( z − c )2 .

A. 2 3 −2.

B. 16 −8 3 .

C. 16 +8 3 .

D. 2 3 + 2 .

Câu 12. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho các điểm A(1;3;2) , B ( −2; −1;4) và hai điểm M , N thay đổi trên mặt phẳng Oxy sao cho MN = 1 . Giá trị nhỏ nhất của AM 2 + BN 2 là: A. 28.

B. 25.

C. 36.

D. 20.

Câu 13. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A( −1;0;0) , B( 0; −1;0) , C ( 0;0;1) và mặt phẳng ( P) : 2x − 2 y + z + 7 = 0 . Xét M thuộcmặt phẳng ( P) , giá trị nhỏ

nhất của MA − MB + MC + MB bằng ?

A. 19.

B. 22 .

C.

2.

D. 6 .

Câu 14. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A( −1;0;0) và điểm B ( 2;3;4) . Gọi ( P) là mặt phẳng chứa đường tròn giao tuyến của hai mặt cầu ( S1 ) : ( x − 1)2 + ( y + 1)2 + z 2 = 4 và ( S2 ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2 y − 2 = 0 . Xét hai điểm

M , N bất kỳ thuộc mặt phẳng ( P) sao cho MN = 1 . Giá trị nhỏ nhất của AM + BN bằng: A.5.

B.3.

C.6.

D.4.

Câu 15. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho d : x = y + 1 = z − 2 và −1 2 1 mặt phẳng ( P ) :2x − y − 2z − 2 = 0 . ( Q) là mặt phẳng chứa d và tạo với mặt

phẳng ( P) một góc nhỏ nhất. Gọi n( Q) ( a; b;1) là một vectơ pháp tuyến của ( Q) . Đẳng thức nào sau đây đúng?

A. a − b = − 1

B. a + b = − 2

C. a − b = 1

D. a + b = 0

Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1;4;2) và đường 26

thẳng d : x − 1 = y + 2 = z . Viết phương trình mặt phẳng ( P) chứa d sao cho −1 1 2 khoảng cách từ A đến ( P) là lớn nhất.

A. 25x + 65y − 4z +105 = 0 .

B. 5x +13y − z + 21= 0 .

C. 5x +13y −4z + 21= 0 .

D. 5x +13y −5z + 21= 0.

Câu 17. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A ( 4;0;0 ) ,

B( 4;4;0) , C ( 0;4;0 ) , D ( 2;2;6) và điểm M tùy ý. Tính độ dài đoạn OM sao cho biểu thức P = MA + MB + MC + MD có giá trị nhỏ nhất.

A. OM = 6 11

B. OM = 2 11

C. OM = 4 2

D. OM = 2 59

Câu 18. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm O( 0;0;0) , 1 3  1 3 6 A (1;0;0) , B  ; ;0  , C  ; ;  . Hai điểm M và N di động trên  2 2  2 6 3  A B , A C sao cho mặt phẳng ( OMN ) luôn vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Đặt AM = x, AN = y , đẳng thức nào sau đây đúng:

A. x + y = 3xy .

B. x2 + y2 = 3xy .

C. x + y = 4xy .

D. x + 2y = 3xy .

Câu 19. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm O ( 0;0;0) ,

A ( 0;1;1) , B (1;0;1) , C (1;1;0 ) . Hai điểm M và N di động trên A B , A C sao cho mặt phẳng ( OMN ) luôn vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Đặt AM = x, AN = y , khi đó x + y = 3xy . Khi điểm M ( a;b; c ) ở vị trí làm cho tứ diện OAMN có diện tích toàn phần nhỏ nhất. Tính T = a + b + c .

A. T =

2 .

3

B. T =

4 3

C. T = 2

D. T = 1

Câu 20. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A ( −2;0;0 ) ,

B ( 0;4;2 ) , C ( 2;2; −2) . Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , S là điểm di động trên đường thẳng d , G và H lần lượt là trọng tâm của ∆ABC , trực tâm của ∆SBC . Đường thẳng G H cắt đường thẳng d tại S ′ . Tính tích S A .S ′A .

A. SA.S ′A = 3 .

2

B. SA.S ′A = 9 .

2

C. SA.S ′A = 12 .

D. SA.S ′A = 6 .

27

C. KẾT LUẬN Hiện nay, trong toán học hiện đại, khả năng tư duy đại chúng nói chung đã được nâng cao lên một bậc, sự nhìn nhận về cơ bản của đối tượng người học đã tương đối linh hoạt và nhiều góc độ. Tuy nhiên, khi gặp những bài toán trắc nghiệm cực trị trong hình học tọa độ 12 khó thì hầu hết đều e ngại, gặp khó khăn trong khả năng định hướng, xác định hướng đi, cách làm nhanh của bài toán đó. “ 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” được xem như “chìa khóa” mở ra hướng đi chung trên “con đường” giải nhanh toán trắc nghiệm cực trị trong hình học tọa độ 12. Đó chính là sự vận dụng linh hoạt các bài toán cực trị quen thuộc trong hình học phẳng, trong không gian để giải quyết nhanh được các bài toán đó, và quan trọng hơn, đề tài hướng đến sự kích thích, tìm tòi, sáng tạo của học sinh trong giải các bài toán trắc nghiệm khó về cực trị trong hình học tọa độ 12.

Qua việc thực hiện nghiên cứu này, đề tài này đã đạt được những kết quả: Trình bày hệ thống lý luận và thực tiễn liên quan đến bài toán trắc nghiệm cực trị trong hình học tọa độ 12. Phân loại các dạng toán, các định hướng sử dụng các bài toán cực trị quen thuộc trong hình học tìm lời giải nhanh các bài toán trắc nghiệm cực trị trong hình tọa độ không gian.

Đề tài cũng được đánh giá cao về tính hiệu quả trong giảng dạy của giáo viên, cũng như trong học tập của học sinh ở trên các nhóm học sinh được áp dụng tại trường THPT Quỳnh Lưu 4. Trong quá trình áp dụng, đề tài cũng được tác giả thường xuyên cập nhật các ví dụ mới và các bài tự luyện mới trong các đề thi minh họa và đề thi thử của các trường THPT quốc gia trên cả nước.

Sưu tầm và sáng tạo các bài toán có tính chất liên kết, sắp xếp chúng theo trình tự từ cơ bản đến phức tạp và đa dạng theo tính chất. Song song đó, đề tài còn đưa ra một số bài tập tự luyện được sưu tầm và sáng tạo nhằm thể hiện sự tương tác của đề tài đến đối tượng người học.

Giải bài toán trắc nghiệm cực trị trong hình học tọa độ lớp 12 không chỉ có một con đường duy nhất, mà nó được phản ánh dưới nhiều cách thức, hướng đi khác nhau. Đề tài này chỉ là một hướng mới trong những hướng đi sáng tạo, vì thế, sẽ còn nhiều thiếu sót, mong các đồng nghiệp bổ sung thêm để đề tài được hoàn thiện hơn.

Xin chân thành cám ơn!

28

D. PHỤ LỤC KẾT QUẢ THỰC NGHIỆM TẠI CƠ SỞ * Năm học 2018 - 2019 tôi đã tiến hành thực nghiệm đề tài này cho các học sinh khá và giỏi môn Toán của trường THPT Quỳnh Lưu 4. Tôi đã thu được các kết quả sau:

Kết quả bài kiểm tra số 1(Trước khi dạy chuyên đề) Đơn vị lớp

Số lượng học sinh được khảo sát

Số học sinh không làm được

Số học sinh làm được

Số học sinh không đủ thời gian làm

12A1

10

3

3

4

12A2

10

5

1

4

12A4

10

6

2

2

Kết quả bài kiểm tra số 2(Sau khi dạy chuyên đề) Đơn vị lớp

Số lượng học sinh được khảo sát

Số học sinh không làm được

Số học sinh làm được

Số học sinh không đủ thời gian làm

12A1

10

0

9

1

12A2

10

0

7

3

12A4

10

0

8

2

* Năm học 2019 - 2020 tôi đã tiến hành thực nghiệm đề tài này cho các học sinh khá và giỏi môn Toán của trường THPT Quỳnh Lưu 4. Tôi đã thu được các kết quả sau:

Kết quả bài kiểm tra số 1(Trước khi dạy chuyên đề) Đơn vị lớp

Số lượng học sinh được khảo sát

Số học sinh không làm được

Số học sinh làm được

Số học sinh không đủ thời gian làm

12A1

10

5

3

2

12A2

10

6

1

3

12A4

10

7

2

1

Kết quả bài kiểm tra số 2(Sau khi dạy chuyên đề) 29

Đơn vị lớp

Số lượng học sinh được khảo sát

Số học sinh không làm được

Số học sinh làm được

Số học sinh không đủ thời gian làm

12A1

10

0

9

1

12A2

10

0

8

2

12A4

10

0

7

3

Qua bảng kết quả thực nghiệm cho ta thấy: Trước khi dạy chuyên đề có khoảng 20% thực hiện được, khoảng 20% thưc hiện được nhưng không đủ thời gian và khoảng 60% học sinh được khảo sát không làm được. Sau khi dạy chuyên đề có khoảng 80% thực hiện được, khoảng 20% thưc hiện được nhưng không đủ thời gian và khoảng 0% học sinh được khảo sát không làm được.

Như vậy việc đưa 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” vào giảng dạy ôn thi THPT quốc gia đã mang lại hiệu quả cao cho các học sinh khá và giỏi. Qua đó trang bị thêm cho học sinh một hành trang mới để có thể xử lý được các câu vận dụng thấp và vận dụng cao trong đề thi THPT quốc gia liên quan đến cực trị hình học tọa độ trong không gian.

Hướng tiếp tục nghiên cứu mở rộng đề tài.

Các bài toán cực trị trong hình học tọa độ 12 thường khó và nhiều dạng khác nhau, đề tài này mới chỉ đề cập đến bốn dạng định hướng cơ bản. Để nâng cao chất lượng học tập cho học sinh và để các định hướng được đầy đủ hơn tôi sẽ nghiên cứu tiếp các bài toán về cực trị trong hình học tọa độ 12 ở mức độ vận dụng và vận dụng cao thường gặp trong các đề thi thử và đề thi THPT quốc gia.

30

TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Nguyễn Bá Kim, Phương pháp dạy học môn toán, NXB Đại học sư phạm.

2. G. Polya, Toán học và những suy luận có lí, NXB Giáo dục.

3. Nguyễn Bá Kim - Vũ Dương Thụy (1992), Phương pháp dạy học môn toán, NXB Giáo dục 1992.

4. Bộ Giáo dục và Đào tạo, Toán học và tuổi trẻ, NXB Giáo dục, Hà Nội.

5. Đặng Việt Đông (Chủ biên), Công phá Toán 1, 2, 3, NXB Đại học quốc gia Hà Nội.

6. Trần Văn Hạo –Nguyễn Mộng Hy (chủ biên), Hình học 12, NXB Giáo dục.

7. BGD - ĐT, Đề minh họa môn Toán năm 2018 và 2019 8. Đề thi thử THPT QG năm 2018, 2019 và 2020 của các trường THPT chuyên và không chuyên - Violet đề thi.

9. Trần Công Diêu (chủ biên), 11 chuyên đề trọng tâm giải nhanh trắc nghiệm Toán, NXB ĐHQG HN. 10. Thái Văn Quân (chủ biên), Rèn kỹ năng giải toán trắc nghiệm 12, NXB ĐHQG HN.

31