Rèn luyện kỹ năng giải một số bài toán cực trị hình học trong hệ tọa độ OXYZ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT DÂN TỘC NỘI TRÚ THANH HÓA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC TRONG HỆ TỌA ĐỘ OXYZ Người thực hiện: Lê Nguyên Thạch Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực: Tốn học THANH HỐ NĂM 2021 MỤC LỤC TT 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 2.1 2.2 2.3 2.4 2.4 2.4 2.4 2.4 2.4 2.4 2.5 2.51 2.5 NỘI DUNG MỤC LỤC Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm NỘI DUNG ĐỀ TÀI Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Sáng kiến kinh nghiệm hoặc giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề Nội dung sáng kiến kinh nghiệm Bài toán bản Trang 1 1 1 1 2 Bài toán cực trị liên quan đến điểm thuộc mặt phẳng thỏa mãn một số tính chất Bài toán cực trị liên quan đến điểm thuộc đường thảng thỏa mãn một số tính chất Bài toán cực trị liên quan đến phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn Bài toán cực trị liên quan đến số mặt cầu 14 Bài toán cực trị liên quan đến số khoảng cách 17 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục của bản thân và đồng nghiệp Hiệu quả Bài học kinh nghiệm 19 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 20 11 19 20 I MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Mục đích của việc dạy toán là hình thành và phát triển tư toán học học sinh, tạo cho học sinh vốn kiến thức và vận dụng kiến thức vào thực tiễn Vì vậy việc xây dựng cho học sinh phương pháp học tập và tự nghiên cứu dạng toán là hết sức cần thiết Trong các đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông Quốc gia thường xuất hiện các bài toán về phương pháp tọa độ không gian Các bài toán về tọa độ không gian rất đa dạng phong phú Cực trị hình học tọa độ khơng gian là mợt dạng toán khó địi hỏi học sinh phải nắm vũng kiến thức SGK và ky tư sáng tạo Khi dạy chương phương pháp tọa độ không gian bản thân trăn trở :làm thế nào để học sinh đọc đề thi thấy có câu cực trị hình học khơng gian thì học sinh có đủ tự tin để giải được Chính vì vậy đã chuẩn bị một đề tài: “ Rèn luyện kỹ giải số toán cực trị hình học hệ tọa độ Oxyz “ 1.2 Mục đích nghiên cứu - Giúp học sinh đạt kết quả cao kỳ thi THPT Quốc gia 2020-2021 - Làm tài liệu học tập cho những em học sinh - Phát triển ý tưởng sáng tạo các bài toán mới dựa các kiến thức đã học - Giúp học sinh hình thành nhân cách người mới đáp ứng với yêu cầu đòi hỏi của xã hội 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Hệ thống kiến thức về hệ tọa độ không gian cho học sinh lớp 12 - Giúp học sinh rèn luyện ky vận dụng để giải quyết các bài toán liên quan đến hệ tọa độ không gian Oxyz ,… 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lý thuyết - Phương pháp thu thập thông tin - Phương pháp thông kê,sử lý số liệu - Phương pháp điều tra và khảo sát thực tế 1.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiệm - Có sức hấp dẫn với học sinh và các bạn yêu môn toán - Từ các kiến thức đã học Học sinh có thể phát triển được các ý tưởng sáng tạo xây dựng được các bài toán mới NỘI DUNG ĐỀ TÀI: 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm Sử dụng kiến thức học sinh đã học ở Chương 3.Phương pháp tọa độ không gian 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sang kiến kinh nghiệm - Đối với học sinh là dạng toán mới dựa các kiến thức tổng hợp đã học - Hệ thống bài tập vận dụng sách giáo khoa chưa đề cập đến và sách bời dưỡng thì khơng có - Mợt sớ đề thi thử THPT Q́c gia mạng Internet có đề cập mợt sớ bài toán song khơng có lời giải chi tiết và học sinh cũng khơng có điều kiện,phương tiện để tiếp cận được - Trong qua trình dạy học lớp hệ thống bài tập và phương pháp giải các bài toán liên quan đến gắn tọa độ các Thầy,Cơ cũng chưa ý đến vì có nhiều lý 2.3 Các sang kiến kinh nghiệm hoặc giải pháp đã sử dụng để giải vấn đề - Để làm sáng kiến kinh nghiệm này Tôi đã sử dụng một số bài toán mạng và chủ yếu phải tự làm.Sau sắp xếp các bài tập theo trình tự hệ thống kiến thức Hình học 12 chương hiện hành - Trong quá trình làm đề tài Tơi có cho học sinh làm để điều chỉnh bài toán cho phù hợp với mức độ yêu cầu của học sinh và đề thi THPT Quốc gia 2.4 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.4.1 Bài toán bản: Trong không gian với hệ Oxyz cho hai điểm A, B và mặt phẳng (P).Tìm điểm M (P) cho MA+MB lớn nhất , MA  MB lớn nhất Cách giải:Tìm điểm M (P) cho MA+MB lớn nhất , MA  MB lớn nhất Xét trường hợp A,B nằm khác phía với mặt phẳng (P) Bước 1: Tìm toạ độ các điểm H, K theo thứ tự là hình chiếu vng góc của A, B lên (P) uuur Bước 2: Tính các độ dài AH, BK từ tìm được điểm M � P  chia véc tơ HK theo tỷ số  uuuur AH AH uuuuur AH uuuuur M B1 ( Gọi M là điểm chia A1 B1 theo tỷ số  ); M H   BK BK BK Bước 3: Lấy điểm M bất kỳ Chứng minh (MA + MB) và M trùng với N Thật vậy: Gọi A2 là điểm thuộc mặt phẳng (B; (d)),A2, B khác phía đối với (P) và uuuuur  HA/ uuuuur �AH  HA/ AH HA/ � �  � M 0H  M K thoả mãn: � / BK KB / BK �HA   P  � M0H  M H HA/ HA/ M K �  � A/ , M , B thẳng hàng BK M K BK � MA  MB  MA/  MB �A / B  M A  M B Dấu “=” xảy  M M0 Xét trường hợp A,B phía với mặt phẳng (P) Chứng minh tương tự MA  MB lớn nhất M là giao điểm của đường thẳng AB với mp  P  Bài toán mở rộng: Trong không gian với hệ Oxyz cho hai điểm A, B và đường thẳng (d) Tìm điểm M (d) cho MA+MB lớn nhất , MA  MB lớn nhất Cách làm hoàn toàn tương tự Ví dụ 1: Cho mặt phẳng  P  : x  y  z   Tìm điểm M � P  cho MA  MB nhỏ nhất,biết , A  1;0;0  , B  1; 2;0  A M  1;1;  B M  0;1;3 C M  2;0;   P I 1� D M � � ; 2; � 2 � B A � M A' Lời giải Chọn D Ta thấy rằng điểm A và B nằm phía so với mặt phẳng  P  nên ta lấy điểm A’ đối xứng với điểm A qua mặt phẳng  P  r Vecto phương của đường thẳng AA’ là u  1;1;1 �x  t  � Suy phương trình đường thẳng AA’ là AA ' : �y  t �z  t � Tọa độ I là giao điểm của đường thẳng AA’ và mặt phẳng  P  là I  2;1;1 � A '  3; 2;  Ta có MA  MB  MA ' MB �A ' B Dấu “=” xảy và điểm M  A ' B � P  �x   2t � �3 � � M � ; 2; � Ta có phương trình đường thẳng A ' B : �y  �2 � �z   2t � Ví dụ Cho mặt phẳng ( P) : x  y  z   Tìm điểm M �( P) cho MA  MB lớn nhất,biết A(1;1;1) , B (1;1;0) A M (1; 2;1) B M (0; 2; 2) C M (1;1; 2) D M (3;1;0) Lời giải Chọn C Ta có            nên A,B nằm một phía với mp(P) �  M   AB � P  uuu r Đường thẳng  AB  qua điểm A(1;1;1) và có vecto phương AB   0;0;  1 �x  � Phương trình  AB  : �y  �z   t � �x  �x  �y  � � � �y  Xét hệ � �z   t �z  � � �x  y  z   Suy M (1;1; 2) Bài tập tương tự: Bài Cho mặt phẳng ( P) : x  y  z   Tìm điểm M �( P) cho MA  MB lớn nhất,biết A(1;1;1) , B(0;1;5) 1 10 5 10 � � � � � � � � A M � ; ; � B M � ; ; � C M � ;0; � D M � ; ;  � �3 3 � �3 3 � �3 3 � �3 � Bài Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A  1; 0;  ; B  0; 1;  và mặt phẳng  P  : x  y  z  12  Tìm tọa độ điểm thuộc  P  cho MA  MB nhỏ nhất? A M  2; 2;9  � 18 25 � �7 31 � � 11 18 � ;  ; � C M � ; ; � D M � ;  ; � � 11 11 11 � �6 � �5 5 � B M � 2.4.2 Bài toán cực trị liên quan đến điểm thuộc mặt phẳng thỏa mãn số tính chất Bài tốn gốc: Tìm điểm M thuộc mặt phẳng    cho: T = aMA2 + bMB2 + cMC2  a, b, c �R  lớn nhất (nhỏ nhất) uuu r uuur uuur r Cách giải: Gọi G là điểm thỏa mãn : aGA  bGB  cGC  uuuu r uuu r uuuu r uuur uuuu r uuur T được biểu diễn: T  a  MG  GA   b  MG  GB   c  MG  GC  uuuu r2 uuuu r uuu r uuu r 2 uuur =  a  b  c  MG  2MG  aGA  bGB  cGC  + a.GA2 + b.GB2 + c.GC2 +) Nếu a + b + c > ta có Tmin � MGmin � M là hình chiếu của G lên (P) +) Nếu a + b + c < ta có Tmax � MGmin � M là hình chiếu của G lên (P) Ví dụ Cho mặt phẳng  P  : x  y  z   Tìm điểm M � P  cho MA2  2MB nhỏ nhất, biết A  1; 2;1 , B  0;1;  �5 14 17 � ; � �9 9 � A M � ; Lời giải Chọn A �3 � � B M � ; ; � uu r � uur �4 11 � D M � ; ; � C M  1;1;  r �9 � � � - Gọi I là điểm thỏa mãn: IA  IB  � I  � ; ; � 3 � � u u u r u u u r u u u r u u r u u u r uur 2 - Khi MA2  2MB  MA  2MB  MI  IA  MI  IB      3MI  IA2  IB  3MI  � MA2  MB nhỏ nhất và MI nhỏ nhất và M là hình chiếu vng góc của I mặt phẳng  P  Khi MI là đường thẳng qua I và nhận vectơ pháp tuyến của  P  làm vectơ � �x   t � � phương.Suy MI có phương trình �y   t � � �z   t � � t � � �x   t � � �x  � � �y   t �5 14 17 � �� �M �; ; � - Điểm M có tọa đợ là nghiệm của hệ � �9 9 � � �y  14 �z   t � � � 17 � �z  x  y  z   � � Ví dụ 2: Cho mặt phẳng  P  : x  y  z   Tìm điểm M � P  cho uuur uuur uuuu r MA  3MB  2MC nhỏ nhất, biết A  1;1;1 , B  1; 2;0  , C  0;0;3 A M  1;1;  Lời giải Chọn B 3 5 � 1; ; � B M � � 2 � uu r � C M � � ; ; � �3 3 � � uur uur r 3 � D M � � ;1; � � � 7 � � - Gọi I là điểm thỏa mãn: IA  3IB  IC  � I  � ; ; � 6 � � uuur uuur uuuu r uuu r uu r uur uur uuu r - Khi đó: MA  3MB  2MC  6MI  IA  3IB  IC  MI  6.IM uuur uuur uuuu r � MA  3MB  2MC nhỏ nhất và MI nhỏ nhất và M là hình chiếu vng góc của I mặt phẳng  P  Khi MI là đường thẳng qua I và nhận vectơ pháp tuyến của  P  làm vectơ phương � �x   t � � Suy MI có phương trình �y   t � � �z   t � � � t �x   t � � � � �x  �y   t � � 3� � � �M � 1; ; � - Điểm M có tọa đợ là nghiệm của hệ � � 2� � �y  �z   t � � �z  � � x  y  z   � � Ví dụ Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho A  1;1;1 , B  0;1;  , C  2;0;1  P  : x  y  z   Tìm điểm N � P  cho S  NA2  NB  NC đạt giá trị nhỏ nhất 3 � � � � A N � ; ; � B N  2;0;1 C N � ;  ; 2 � � 4� �2 � Lời giải Chọn A uur uur uur Gọi I  x; y; z  là điểm thỏa mãn IA  IB  IC  � � D N � ;  ; 2 � 2 � � � �x  �2   x   x   x  � � � � 5�  y   y  y  � 0; ; �   ta có � �y  � I � 4 4� � � �  z   z   z    � � z � � uur uu r uur uur uur uur Ta có S  NA2  NB  NC  NI  IA  NI  IB  NI  IC uur uu r uur uur  NI  IA2  IB  IC  NI IA  IB  IC  NI  IA2  IB  IC         Do I , A, B, C cố định nên S  NI  IA2  IB  IC nhỏ nhất NI nhỏ nhất hay N là hình chiếu của I mặt phẳng  P  � � Gọi  là đường thẳng qua I �0; ; �và � 4� � �x  t � � P  :   vng góc với mặt phẳng �y   t � � y  t � � Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình � �3 � t  �  t � t    �x  y  z   � 4 �x  t � � � � �x  t � � � 3� �� �t   � N �  ; ; � �y   t � 4� � �y   t � � �z   t � z  t � � � Ví dụ Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  có phương trình 3x  y  z   và hai điểm A  1;0;  , B  2; 1;  Tập hợp các điểm M  x; y; z  nằm mặt phẳng  P  cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất �x  y  z   �3 x  y  z   B � �x  y  z  14  �3x  y  z   �x  y  z   �3 x  y  z   D � A � 3x  y  z   � �3 x  y  z   C � Lời giải.Chọn C uuu r uur Ta có AB  1; 1;  ; véctơ pháp tuyến của mặt phẳng  Q  : nP   3;1; 1 uuur uur Vì AB.nP  suy AB song song với mặt phẳng  P  và hai điểm A, B nằm về một phía với mặt phẳng  P  Điểm M � P  cho tam giác ABM có diện tích nhỏ nhất, suy SABC  AB.d  M ; AB  là nhỏ nhất hay d  M , AB  là nhỏ nhất Suy M �   P  � Q  , với  Q  là mặt phẳng qua AB và vng góc với  P  Véctơ pháp tuyến của  Q  là: uuur uuur uuur n Q   � AB, n P  � � �  1; 7;  Phương trình tổng quát của mặt phẳng  Q  là: 1 x  1  y   z    � x  y  z   �x  y  z   �3 x  y  z   Vậy quy tích điểm M là � Ví dụ 5: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A  1; 2;  3 và mặt phẳng  P  : x  y  z   Đường thẳng d qua A và vuông góc với mặt phẳng  Q  : 3x  y  z   cắt mặt phẳng  P  tại B Điểm M nằm mặt phẳng  P  cho M ln nhìn AB dưới góc vng và đợ dài MB lớn nhất Tính độ dài MB A MB  41 MB  41 C MB  D MB  Lời giải.Chọn D r + Đường thẳng d qua A  1; 2; 3 và có vectơ phương u   3; 4; 4  có phương �x   3t � trình là �y   4t �z  3  4t � + Ta có: MB  AB  MA2 Do  MB  max và  MA  + Gọi E là hình chiếu của A lên  P  Ta có: AM �AE Đẳng thức xảy và M �E uuu r Khi  AM   AE và MB qua B nhận BE làm vectơ chỉphương + Ta có: B �d nên B   3t ;  4t ; 3  4t  mà B � P  suy ra:   3t     4t    3  4t    � t  1 � B  2; 2;1 uur + Đường thẳng AE qua A  1; 2; 3 , nhận nP   2; 2; 1 làm vectơ phương có �x   2t � phương trình là �y   2t �z  3  t � Suy E   2t;  2t ; 3  t  Mặt khác, E � P  nên   2t     2t    3  t    � t  2 � E  3; 2; 1 Khi MB  BE  Bài tập tương tự Bài 1: Cho mặt phẳng  P  : x  y  z   Tìm điểm M � P  cho MA2  2MB nhỏ nhất, biết A  1; 2;1 , B  0;1;  �1 10 25 � ; � �9 9 � � � � � 1; ; � B M �0; ; � C M � D M  1;1;  � 3� � 3� Bài 2: Cho mặt phẳng  P  : x  y  z   Tìm điểm M � P  cho A M � ; uuur uuur uuuu r MA  3MB  4MC nhỏ nhất, biết A  1; 2;1 , B  1; 2;0  , C  0;0;3 17 19 31 23 � � � � � � B M � ; ;1� C M � ; ;3 � D M � ; ; � 12 12 � �6 � �24 24 12 � � Bài 3: Trong không gian Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 3x  y  z  15  và ba điểm A  1; 2;0  , B  1; 1;3 , C  1; 1; 1 Điểm M  x0 ; y0 ; z0  thuộc  P  cho 2MA2  MB  MC nhỏ nhất.Giá trị x0  y0  z0 bằng A 11 B 15 C D 10 Bài 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  1; 4;5  , B  3; 4;0  , C  2;  1;0  và mặt phẳng  P  : x  y  z  12  Gọi M  a ; b ; c  thuộc  P  cho MA2  MB  3MC đạt giá trị nhỏ nhất Tính tổng a  b  c A 3 B C 2 D 2.4.3 Bài toán cực trị liên quan đến điểm thuộc đường thẳng thỏa mãn số tính chất A M  1;1;  x 1 y z   và các điểm A  3;0;0  ; B  0; 6;0  ; C  0;0;6  M là 1 uuuu r uuuu r uuuur MA  MB  MC nhỏ nhất Khi MA2 bằng: d điểm tḥc cho Ví dụ 1: Cho d : A B C D �x   2t x 1 y z �   � �y  t Lời giải Chọn C Ta có d : 1 � �z  t uuuu r uuur Điểm M �d � M (1  2t ; t ; t ) Ta có MA =   2t; t; t  ; MB   1  2t;6  t; t  ; uuuu r uuur uuur uuuu r MC   1  2t ; t ;6  t  � MA  MB  MC  ( 6t , 6  3t ;6  3t ) uuur uuur uuuu r 2 Do đó: MA  MB  MC   6t    6  3t     3t   54t  72 � 72 uuur Dấu “=” xảy � t  � MA   2;0;0  Vậy MA2  Ví dụ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng có phương trình �x   3t � d : �y   t và ba điểm A  1;1;  ; B  1;1;1 ; C  3;1;0  M là điểm thuộc d cho �z   2t � biểu thức P  MA2  MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất Khi tổng các tọa độ của M là: A 36 B.11 C.12 D 55 Lời giải Chọn A Điểm M �d � M   3t;1  t;5  2t  uuuu r uuur uuuu r Ta có MA =  3  3t ; t ; 3  2t  ; MB   5  3t; t; 4  2t  ; MC   1  3t; t ; 5  2t  � 17 � 323 323 � Do P  MA  MB  MC  42t  102t  85  42 �t  � 14 � 14 � 14 Ví dụ 3: Trong khơng gian Oxyz , cho ba điểm A  1;0;1 , B  3; 2;1 , C  5;3;7  2 2 Gọi M  a; b; c  là điểm thỏa mãn MA  MB và MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất Tính P  a  b  c A P  B P  C P  D P  Lời giải Chọn B uuur Gọi I là trung điểm của AB , suy I  1;1;1 ; AB   4; 2;0  Phương trình mặt phẳng trung trực của AB :    : x  y   Vì  2.3  1.2  3  2.5  1.3  3  50  nên B , C nằm về một phía so với    , suy A , C nằm về hai phía so với    Điểm M thỏa mãn MA  MB M �   Khi MB  MC  MA  MC �AC MB  MC nhỏ nhất bằng AC M  AC �   �x  1  2t � Phương trình đường thẳng AC : �y  t , �z   2t � t 1 �x  1  2t � �y  t �x  � � �� tọa đợ điểm M là nghiệm của hệ phương trình � �z   2t �y  � � �2 x  y   �z  Do M  1;1;3 , a  b  c  Ví dụ 4: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A  3;0;0  , B  0; 2;0  , C  0;0;6  , D  1;1;1 Gọi  là đường thẳng qua D và thỏa mãn tổng khoảng cách từ các điểm A, B, C đến  là lớn nhất Hỏi  qua điểm nào các điểm dưới đây? A M  3; 5; 1 B M  7;13;5  C M  3; 4;3 D M  1; 2;1 Lời giải Chọn A Nhận thấy A, B, C, D đồng phẳng, thuộc mặt phẳng x y z    10 �2 � � Trường hợp 1: A, B, C phía với đường thẳng  qua d: I � ;1;0 �là trung điểm � của AB � d A;   d B;   d C ;   2d I ;   d C ;   d E ;   d C ;   2d J ;  với E là điểm đối xứng của D qua I; J là trung điểm của EC � � uuur � � 1; ; �� DJ  � 0;  ; � Lúc này ta có E  2;1; 1 ; J � 2 2 � � � � Ví dụ 5: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M  2; 2;1 , r x 1 y  z A  1; 2; 3 và đường thẳng d :   Tìm một vectơ phương u của 2 1 đường thẳng  qua M , vng góc với đường thẳng d đờng thời cách điểm A một khoảng bé nhất r r A u   3; 4; 4  B u   2; 2; 1 r r C u   1;7; 1 D u   1;0;  Lời giải Chọn D Gọi  P  là mp qua M và vng góc với d ,  P  chứa  Mp  P  qua M  2; 2;1 và có vectơ pháp tuyến uur uu r nP  ud   2; 2; 1 nên có phương trình:  P  : x  y  z   Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên  P  và  Khi đó: AK �AH : const nên AK K �H Đường thẳng AH qua A  1, 2, 3 �x   2t uu r � và có vectơ phương ud   2; 2; 1 nên AH có phương trình tham số: �y   2t �z  3  t � H �AH � H   2t ;  2t ; 3  t  H � P  �   2t     2t    3  t    � t  2 � H  3; 2; 1 r uuuur Vậy u  HM   1;0;  Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì d J ;  max và  qua D Tức là đường thẳng  qua D  1;1;1 và vuông uuuur uuu r góc với DJ.Ta lần lượt thử các trường hợp xem DM  DJ hay không thì ta thấy M  3; 5; 1 , M  7;13;5  thỏa mãn Lúc này thử tổng khoảng cách từ A, B, C đến  là lớn nhất Vậy ta chọn M  3; 5; 1 x y z D � ABC d A ,  � AD ; d B ,  � BD ; d C   Do      ,   �CD; và dấu bằng của bất và có đằng thức đạt được    ABC  r Vậy vtcp của  là vtpt của mp  ABC  là u   2;3;1 Cách khác Dề dàng có phương trình mp  ABC  là    � x  y  z   11 Phương trình  : x 1 y 1 z 1   Vậy M  3; 5; 1 � Bài tập tương tự Bài 1: Trong không gian tọa độ Oxyz cho các điểm A  1;5;0  , B  3;3;6  và đường x  y 1 z   Gọi M  a; b; c  � cho chu vi tam giác MAB đạt giá 1 trị nhỏ nhất Tính tổng T  a  b  c ? A T  B T  C T  D T  x y z Bài 2: Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :   và 1 x 1 y z 1 d2 :   Điểm M �d1 và N �d cho đoạn thẳng MN ngắn nhất: 2 1 �3 � �69 17 18 � �3 � �1 17 18 � ; � B M � ; ; �, N � ; ; � A M � ; ; �, N � ; �35 35 35 � �35 35 35 � �35 35 35 � �35 35 35 � �3 � �69 17 18 � �3 � �69 17 18 � ; � C M � ; ; �, N � ; ; � D M � ; ; �, N � ; �35 35 35 � �35 35 35 � �5 5 � �5 5 � Bài 3: Trong không gian Oxyz , cho điểm A  3; 2;3 , B  1;0;5  và đường thẳng thẳng  : d: x 1 y  z    Tìm tọa độ điểm M đường thẳng d để MA2  MB đạt 2 giá trị nhỏ nhất A M  1; 2;3 B M  2;0;5 C M  3; 2;7  D M  3;0;  Bài 4: Trong không gian Oxyz , cho hai điểm M  2; 2;1 , A  1; 2; 3 và đường r x 1 y  z   Tìm véctơ phương u của đường thẳng  qua 2 1 M , vng góc với đường thẳng d , đờng thời cách điểm A một khoảng lớn nhất r r r r A u   1;1; 4  B u   1;0;  C u   8; 7;  D u   4; 5; 2  thẳng d : 2.4.4 Bài toán cực trị liên quan đến phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn Ví dụ Trong khơng gian cho điểm M  1; 3;  Có mặt phẳng qua M và cắt các trục tọa độ tại A, B, C mà OA  OB  OC �0 A B C D Lời giải Chọn C Gọi  P  là mặt phẳng cần tìm.Giả sử A  a;0;  , B  0; b;0  , C  0; 0; c  , x a y b z c điều kiện: abc �0 � Phương trình mặt phẳng  P  :    OA  OB  OC � a  b  c � a  b  c    Trường hợp 1: a, b, c dấu x y z Từ   � a  b  c � phương trình mặt phẳng  P  :    � x  y  z  a  M  1; 3;  � P  �    a  � a  (loại) a a a Do đó: không tồn tại mặt phẳng  P  trường này Trường hợp 2: a dấu b và trái dấu với c 12 x a y a z a Từ   � a  b  c � phương trình mặt phẳng  P  :    � x  y  z  a  M  1; 3;  � P  �    a  � a  4 �  P  : x  y  z   Trường hợp 3: a dấu c và trái dấu với b x y z Từ   � a  c  b � phương trình mặt phẳng  P  :    � x  y  z  a  a a a M  1; 3;  � P  �    a  � a  �  P  : x  y  z   Trường hợp 4: b dấu c và trái dấu với a x y z Từ   � b  c   a � phương trình mặt phẳng  P  :     �  x  y  z  a  a a a M  1; 3;  � P  � 1    a  � a  2 �  P  :  x  y  z   Vậy từ các trường hợp có mặt phẳng thỏa mãn Ví dụ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm E(8;1;1) Viết phương trình mặt phẳng ( ) qua E và cắt nửa trục dương Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C cho OG nhỏ nhất với G là trọng tâm tam giác ABC A x  y  z  11  0  B x  y  z  66=0 C x  y  z  18  D x  y  z  12  Lời giải Chọn D.Giả sử A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  , a, b, c  x y z    a b c 1 Vì mặt phẳng    qua điểm E  8;1;1 nên ta có    a b c �a b c � Trọng tâm G của tam giác ABC là G � ; ; � OG  a  b2  c �3 3 � Khi phương trình mặt phẳng    là: 2   1 � 2a  b  c �36 Ta có    � 2a b c 2a  b  c 2 36 Ta có  22  12  12   a  b2  c  � 2a  b  c  � a  b  c � �a  12 �2 1 � �  �� b6 Vậy OG nhỏ nhất �a b c � � 2a  b  c  36 c6 � � Vậy phương trình mặt phẳng    là x  y  z  12  Ví dụ Trong khơng gian với hệ tọa đợ Oxyz , cho điểm M  1;2;1 Mặt phẳng  P  thay đổi qua M lần lượt cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C khác O Tính giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện OABC A 54 B C D 18 Lời giải Chọn C.Giả sử A  a; 0;0  ; B  0; b;  ; C  0;0; c  Do cắt các tia nên: a; b; c  x y z Khi đó, phương trình mặt phẳng  P  là :  P  :     P  qua M  1; 2;1 a b c    Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a b c 1 1 2  V Dấu "  " xảy khi:       �3  3 a b c a b c a b c 6V nên: 13 Ví dụ 4.Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz , cho  P  : x  y  z   ,  Q  : x  y  z   Lập phương trình mặt phẳng    chứa giao tuyến của  P  ,  Q  và cắt các trục tọa độ tại các điểm A, B, C cho hình chóp O ABC là hình chóp đều A x  y  z   B x  y  z   C x  y  z   D x  y  z   Lời giải.Chọn B uuur uuur Ta có n P    1; 4; 2  ; n Q    1; 2;  , d   P  � Q  chọn được uur uuur uuur ud  � n , n � 12; 6; 6  Do O ABC là hình chóp đều nên là OA  OB  OC suy tọa � P   Q  �  độ của A  m; 0;  hoặc A  m; 0;0  ; của B  0; m;  hoặc B  0; m;0  và C  0;0; m  hoặc C  0;0; m  với m  Giả sử A  m;0;  ; B  0; m;0  ; C  0;0; m  theo phương trình đoạn chắn ta có  ABC  : x y z   1 � x  y  z  m m m m ur có vectơ pháp tuyến n1   1;1;1 , lập luận uu r uu r uu r tương tự ta có các vectơ pháp tuyến khác là n2   1;1;1 , n3   1; 1;1 , n4   1;1; 1 Do    � ABC  là mặt phẳng xác định nên được nhận vectơ trên,    chứa uuur uu r uuur ur d ta có n   ud  suy n   �n1   1;1;1 Tìm một điểm giao của  P  và �x  �x  �  Q  ta có x  xét hệ �x  y  z   � � �y  được tọa độ điểm M  0;3;3 �x  y  z   �z  � � Phương trình mặt phẳng    : 1 x    1 y  3  1 z  3  � x  y  z   Ví dụ Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( a ) qua điểm M ( 1; 2;3) và cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A , B , C ( khác gốc toạ độ O ) cho M là trực tâm tam giác ABC Mặt phẳng ( a ) có phương trình là: A x + y + 3z - x 14 = y z B + + - = C 3x + y + z - 10 = D x + y + 3z +14 = Lời giải Chọn A Tứ diện OABC vuông đỉnh O, M là trực tâm ABC �AB  OC � AB   OCM  � AB  OM � �AB  CM  * �AC  OB � AC   OBM  � AC  OM � �AC  BM  ** Từ  * ,  ** suy OM   ABC  uuuur �  ABC  có vecto pháp tuyến là OM   1; 2;3 �  ABC  có phương trình:  x  1   y     z  3  � x  y  3z  14  Ví dụ Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm N  1;1;1 Viết phương trình mặt phẳng  P  cắt các trục Ox, Oy , Oz lần lượt tại A, B, C (không trùng với gốc tọa độ O ) cho N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A  P  : x  y  z   B  P  : x  y  z   14 C  P  : x  y  z   Lời giải.Chọn A D  P  : x  y  z   x y z Phương trình mặt phẳng  P  :    , A  a ;0;0  , B  0; b ;0  , C  0;0; c  a b c 1 N  1;1;1 � P  �    (1) a b c 2 �  a  1      b  1  �a  b �NA  NB � �� �� (2) � 2 a  c �NA  NC � a       c      � � (do ABC có góc nhọn và có tâm đường trịn ngoại tiếp N  1;1;1 nên ta có a , b , c  1) Từ (1) và (2) ta có: a  b  c  Vậy phương trình mặt phẳng  P  : x  y  z   Ví dụ 7: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A  2;0;0  ; M  1;1;1 Mặt phẳng  P  thay đổi qua AM cắt các tia Oy; Oz lần lượt tại B, C Khi mặt phẳng  P  thay đổi thì diện tích tam giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu? A B C D Lời giải Chọn A Gọi B  0; b;0  , C  0;0; c  , b, c  x y b z c Phương trình mặt phẳng  P  � ABC  :    1 1 � bc   b  c  b c b c 2 b  c  �  b  c  �8  b  c  � b  c �8 (do b, c  ) Do bc   b  c  � uuu r uuur uuu r uuur � � AB AB   2; b ;0 , AC   2;0; c     � , AC � Ta có: �  bc; 2c; 2b  uuur uuur 2 � � S  AB , AC b c  4b  4c Do ABC � � 2 Mà M � P  �    �   2  b  c   b  c   b  c 2 b, c  � � bc 8� b c  �4 Dấu “=” xảy � � bc �  b2  c   b  c  � Vậy SABC Bài tập tương tự: Bài 1.Có mặt phẳng qua điểm M  1;9;  và cắt các trục tọa độ tại các điểm A , B , C khác gốc tọa độ cho OA  OB  OC A.1 B C D Bài 2.Phương trình mặt phẳng nào sau qua điểm M  1; 2;3 và cắt ba tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C cho thể tích tứ diện OABC là nhỏ nhất A x  y  z  18  B x  y  3z  21  C x  y  3z  21  D x  y  z  18  15 Bài 3.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm H  1; 2;3 Mặt phẳng  P  qua điểm H , cắt Ox, Oy, Oz tại A, B, C cho H là trực tâm của tam giác ABC Phương trình của mặt phẳng  P  là A  P  : 3x  y  z  11  B  P  : x  y  z  10  C  P  : x  y  z  13  D  P  : x  y  z  14  Bài 4.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M (1; 2;3) Mặt phẳng ( P) qua M cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C cho thể tích khối tứ diện OABC nhỏ nhất có phương trình là: A x  y  z  B x  y  z  18  C x  y  z  14  D x  y  z   2.4.5 Bài tốn cực trị liên quan đến mặt cầu Ví dụ1 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  3;0;  , B  1; 2;  và mặt cầu (S): x  ( y  2)  ( z  1)2  25 Phương trình mặt phẳng    qua hai điểm A , B và cắt mặt cầu  S  theo mợt đường trịn bán kính nhỏ nhất là A  x  y  z  17  B  3x  y  z   C  x  y  z  13  D  3x  y  z –11  Lời giải Chọn D uuur uur (S) có tâm I (0; 2;1) và bán kính R  AB  (2; 2; 2) ; IA  (3; 2;1) r  R  IH với H là hình chiếu vng góc của I lên mặt phẳng    Gọi K là hình chiếu vng góc của I lên lên đường thẳng AB rmin � IH �max  IK H K IK qua A(3; 0; 2) � � uuu r uuu r uu r ( ) Khi ( ) � uuur � � 12(3; 2;1) � � vtpt n  AB , AB , IA (  ) � � � � � � Vậy ( ) : x  y  z  11  Ví dụ Trong khơng gian Oxyz ,cho mặt phẳng  P  : x  y  z   và mặt cầu ( S ) : ( x  3)  ( y  2)  ( z  1)  100 Tọa độ điểm M nằm mặt cầu ( S ) cho khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P) đạt giá trị lớn nhất là 11 14 13 � � A M � ; ; � � � � 29 26 7� 29 26 � � B M �3 ;  ;  � � � 11 14 � 13 � C M � ; ;  � D M �3 ; ;  � � � � � Lời giải Chọn B Mặt cầu  S  có tâm I  3; 2;1 và bán kính R  100  10 Ta có d  I ,  P     1   R �  P  cắt mặt cầu  S  theo giao tún là mợt đường trịn.Gọi H là hình chiếu vng góc của I  P  Tia IH cắt mặt cầu  S  tại Q và tia đối của tia IH cắt mặt cầu  S  tại K Khi ấy, KQ là đường kính của 16 mặt cầu  S  Gọi N , J lần lượt là hình chiếu vng góc của M  P  và của M KQ MQK  tại M nên J nằm cạnh KQ �H �  J�  90�) � MN  HJ và �HJ �HK (Vì Ta có MJHN là hình chữ nhật ( N HK  16  HQ  ) � max d  M ;  P    HK  16 Dấu "  " xảy M �K  IH  qua I  3; 2;1 và có vtcp �x   2t r uuu r � u  n P    2; 2; 1 �  IH  : �y  2  2t  t �� �z   t � K � IH  � K   2t; 2  2t ;1  t  2 Ta lại có K � S  �  2t    2t    t  Với t  � 10 t � 100 ��  100 � t  10 � t � � 10 �29 26 � � K � ;  ;  �� d  M ;  P    16 (nhận) 3 3� �3 Với t   10 � 11 14 13 � �K�  ; ; �� d  M ;  P    (loại) � 3 3� 2 Ví dụ 3: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y     z  3  �x   t � Xét đường thẳng d : �y  mt , �z  m  t  �  giả sử  P  và  P ' là hai mặt phẳng chứa d , tiếp xúc với  S  lần lượt tại T và T ' Khi m thay đổi, tính giá trị nhỏ nhất của đoạn thẳng TT ' A 13 B 2 C D 11 Lời giải Chọn A r Đường thẳng d qua A  1;0;0  và có vec-tơ phương là u   1; m; m  1 r rr Xét vec-tơ n   1;1;1 , ta có u.n   m  m   nên d � P  : x  y  z   cố định Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng d Suy HT và HT ' là hai tiếp tuyến của  S  �IT � Gọi E là giao điểm của HI và TT ' Ta có TT '  ET  R  IE  R  � � �IH � 2 Vậy nên ta suy TT ' nhỏ nhất HI nhỏ nhất, đó, H là hình chiếu của I lên  P  � TT '  2 � � 13 4� 4: � � 3� 17 Ví du 4: Trong không gian với hệ trục Oxyz, 2 cho mặt cầu  S  :  x  1   y    z  và hai điểm A  3;0;0  ; B  4; 2;1 Gọi M là điểm thuộc mặt cầu  S  Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA MB A 2 B C D Lời giải Chọn C Mặt cầu  S  có tâm I  1; 4;  , bán kính R  2 Ta có IA  42  42   2  R Gọi E  1; 2;0  là trung điểm của IA � E � S  Gọi F  0;3;  là trung điểm của IE Xét tam giác IMF và tam giác IAM có IMF : IAM Do IF IM � chung nên   và góc MIA IM IA MF  � AM  2MF AM Ta có MA 2MB  2MF  2MB �2 BF  42  12  12  Dấu bằng xảy  M   BF � S  Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA 2MB là Ví dụ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A  2;3;  ; B  2; 3;0  ; C  2;3;0  Gọi I là tâm mặt cầu qua điểm A, B, C Tìm I để mặt cầu có bán kính nhỏ nhất A I  0; 0;  B I  2;3;  C I  0;0;0  D I  2;3;  Lời giải Chọn A Ta có AB  68 , AC  , BC  52 Ta thấy AB  AC  BC  68 nên tam giác ABC vuông tại C Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì J là trung điểm của AB J  0;0;  Mặt cầu tâm I có bán kính R  IA �JA  17 nên mặt cầu có bán kính nhỏ nhất thỏa mãn đề bài có tâm I trùng với điểm J Vậy I  0;0;  Bài tập tương tự : Bài Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 2  S  :  x  3   y     z  1  100 và mặt phẳng  P  : x  y  z   Tìm M mặt cầu  S  cho khoảng cách từ M đến  P  lớn nhất 26 � �11 14 13 � �29 26 � � 29 26 � ;  � B M � ; ; � C M � ; ;  � D M �  ; ; � 3� 3� �3 3 � �3 � 3 3� Bài 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu 29 �3 � A M � ;   Sm  :  x  1 2 nhỏ nhất của m để  Sm  A m  m2 và hai điểm A  2;3;5  , B  1; 2;  Tìm giá trị tồn tại điểm M cho MA2  MB    y  1   z  m   B m   C m   D m  4 Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba mặt phẳng ( P ) : x  y  z   , (Q) : x  y  z   , ( R ) : x  y  z   Một đường 18 thẳng  thay đổi cắt ba mặt phẳng ( P) , (Q) , ( R) lần lượt tại các điểm A , B , C Giá trị nhỏ nhất của biểu thức AB  96 là AC 41 C 99 D 18 2 Bài 4: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu  S  : x  1   y     z  3  và A 24 B mặt phẳng  P  :2 x  y  z   Gọi M  a; b; c  là điểm mặt cầu cho khoảng cách từ M đến  P  lớn nhất Khi đó: A a  b  c  B a  b  c  C a  b  c  D a  b  c  2.4.6 Bài toán cực trị liên quan đến khoảng cách Ví dụ Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  1; 0; 1 , B  3; -2;  ; B  3; -2;  Gọi  P  là mặt phẳng qua A cho tổng khoảng cách từ B và C đến  P  lớn nhất Biết rằng  P  không cắt BC Khi đó, điểm nào sau tḥc mặt phẳng  P  ? A G  2; 0;3 B F  3;0; 2  C E  1;3;1 D H  0;3;1 Lời giải Chọn C.Gọi I là trung điểm của BC � I  2;0; 1 Theo giả thiết  P  không cắt BC nên B; C nằm phía với  P  Do d  B;  P    d  C ;  P    BH  CK  2IJ �2 IA  Trong H ; K ; J lần lượt là hình chiếu vng góc của B; C; I lên mặt phẳng  P  Dấu “=” xảy  J A hay  P   IA uu r Suy ra, Mặt phẳng  P  có VTPT IA   1;0;  r Do đó, Phương trình mặt phẳng  P  qua A  1; 0; 1 và có VTPT n   1;0;  là:  P  : x  2z   � E  1;3;1 � P  Ví dụ Trong khơng gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A  1; 2;3 , B  0;1;1 , C  1; 0; 2  Điểm M � P  : x  y  z   cho giá trị của biểu thức T  MA2  2MB  3MC nhỏ nhất Khi đó, điểm M cách  Q  : x  y  z   một khoảng bằng A 121 54 B 24 C D 91 54 Lời giải Chọn D uu r uur uur r �4 � IA I Gọi là điểm thỏa mãn  IB  3IC  � I � ; ;  � �6 6 � u u u r u u r u u r u u r T  IA2  IB  3IC  IM  2IM IA  IB  3IC  IA2  IB  3IC  IM   T nhỏ nhất � IM ngắn nhất � M là hình chiếu của I  P  Ví dụ Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M  1; 2; 1 Viết phương trình mặt phẳng    qua gốc tọa độ O  0;0;  và cách M một khoảng lớn nhất A x  y  z  x y B   z 1 1 C x  y  z  D x  y  z   19 M Lời giải Chọn A Gọi (P) là một mặt phẳng qua O, H là hình chiếu của M (P) Khi d  M ,  P    MH H O Ta có MH �OM � MH lớn nhất và P � H O OM  P  MH OM Vây    là mặt phẳng qua O và có VTPT uuuu r OM   1; 2; 1 �    : x  y  z  Chọn A Ví dụ 4: Trong không gian Oxyz , cho bốn điểm A  4; 1;3 , B  1; 2; 1 , C  3; 2; 3 và D  0; 3; 5  Gọi    là mặt phẳng qua D và tổng khoảng cách từ A, B, C đến    lớn nhất, đồng thời ba điểm A, B, C nằm về phía so với    Trong các điểm sau, điểm nào thuộc mặt phẳng    A E1  7; 3; 4  B E2  2;0; 7  C E3  1; 1; 6  D E4  36;1; 1 Lời giải Chọn A 1 � � Gọi G là trọng tâm tam giác ABC nên G � ;  ;  � � 3 3� Suy ra: T  d  A;      d  B;      d  C;      3d  G;     �3GD Vậy GTLN của T bằng 3GD , đẳng thức xảy GD     uuur �3 � Do đó: Phương trình mặt phẳng    qua D  0; 3; 5 nhận GD  � ;  ;  14 � � 3� làm VTPT có dạng: x  y  z  47  Vậy E1  7; 3; 4  �   Ví dụ 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  1; 2;3 , B  0; 4;5  Gọi M là điểm cho MA  2MB Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng  P  : x  y  z   đạt giá trị nhỏ nhất là 14 Lời giải Chọn D.Gọi M  x; y; z  A B C 17 D 11 2 2 x2  y     z  5 � Ta có MA  2MB nên  x  1   y     z  3  � �  � 28 34 x y  z  50  3 Suy tập hợp các điểm M thỏa mãn MA  2MB là mặt cầu  S  có tâm 29 � 14 17 � I�  ; ; �và bán kính R  Vì d  I ;  P     R nên  P  không cắt  S  �3 3 � Do đó, khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng  P  : x  y  z   đạt giá trị � x2  y2  z  nhỏ nhất là d  d  I ;  P    R  29 11 2  9 Bài tập tương tự: Bài 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, cho mặt phẳng  P  :  m  1 x  y  mz   và điểm A  1;1;  Với giá trị nào của  m thì khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  P  là lớn nhất A B C D 20 �x   2t � Bài 2: Trong không gian Oxyz , cho điểm A  2;1;1 và đường thẳng d : �y  t �z  2  t � Mặt phẳng  P  chứa đường thẳng d cho khoảng cách từ điểm A đến  P  lớn nhất có phương trình là A x  y  z   B x  y  3z   C x  y  3z   D x  y  z   Bài 3: Trong không gian Oxyz cho điểm A  2;5;3 và đường thẳng x 1 y z    Gọi  P  là mặt phẳng chứa đường thẳng d cho khoảng 2 cách từ A đến  P  lớn nhất Khoảng cách từ điểm M  1; 2; 1 đến mặt phẳng d:  P  bằng A 11 18 B C 11 D Bài 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm M  1; 2;  và N  0;1;5  Gọi  P  là mặt phẳng qua M cho khoảng cách từ N đến  P  là lớn nhất Khi đó, khoảng cách d từ O đến mặt phẳng  P  bằng bao nhiêu? A d  B d  C d   D d  2.5 : Hiệu quả sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục,với bản thân đồng nghiệp 2.5.1 Hiệu quả : Khi chưa thực hiện đề tài này thấy học sinh sợ và không biết phương hướng để giải các bài toán về cực trị hình học không gian Sau triển khai đề tài này tới học sinh ,học sinh đã tự tin giải các bài toán có dạng tương tự và tư mợt sớ dạng toán khác Qua đề tài này giúp học sinh rèn luyện khả tư duy,phát huy tỉnh tích cực chủ động sáng tạo học toán Thực tế thực hiện đề tài này chất lượng học sinh được nâng lên rõ rệt Lớp 12 B 12 E Số HS 30 30 Điểm 8-10 Điểm 6.5 đến 20% 12 40% 17% 10 33% Điểm đến 6.5 10 33% 11 37% Điểm Điểm đến dưới 2 7% 0% 13% 0% 2.5.2 Bài học kinh nghiệm : Việc lựa chọn phương pháp , hệ thống kiến thức và rèn cho học sinh khả tư là hết sức cần thiết Trong thực tế nhiều học sinh tiếp thu phương pháp rất nhanh việc trình bày chưa chặt chẽ vì vậy giáo viên cần sửa cho học sinh một cách tỉ mỉ KẾT LUẬN,KIẾN NGHỊ Trên là một số kinh nghiệm được rút từ thực tế giảng dạy môn toán lớp 12 Trong khn khổ có hạn của đề tài khơng tránh khỏi những thiếu sót , rất mong các cấp lãnh đạo các bạn đờng nghiệp trao đổi góp ý để đề tài được đầy đủ hoàn thiện 21 Mong đề tài: “ Rèn luyện kỹ giải số tốn cực trị hình học hệ tọa độ Oxyz Được các em học sinh và đờng nghiệp đón nhận áp dụng quá trình dạy và học toán Xin chân thành cảm ơn XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Ngày 20 tháng năm 2021 Tôi xin cam đoan là sáng kiến kinh nghiệm của mình, không chép nội dung người khác Người viết Lê Nguyên Thạch Mẫu (2) DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đà ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ và tên tác giả:Lê Nguyên Thạch Chức vụ và đơn vị công tác:Giáo viên trường THPT Dân tộc nội trú Thanh Hóa TT Tên đề tài SKKN Rèn luyện ky chứng Cấp đánh giá xếp loại (Ngành GD cấp huyện/tỉnh; Tỉnh ) Ngành giáo dục Kết quả đánh giá xếp loại (A, B, hoặc C) C Năm học đánh giá xếp loại 2013-2014 minh đẳng thức Đại số tổ hợp 22 Các yếu tố tam giác Ngành giáo dục B 2014-2015 khảo sát hàm số Rèn luyện ky tính giới Ngành giáo dục C 2017-2018 hạn dãy số truy hồi Rèn luyện ky đọc đồ thị Ngành giáo dục C 2018-2019 y  f /  x * Liệt kê tên đề tài theo thứ tự năm học, kể từ tác giả được tuyển dụng vào Ngành cho đến thời điểm hiện tại C TÀI LIỆU THAM KHẢO Trần Văn Hạo,Nguyễn Mộng Hy (tổng chủ biên), SGV Hình học 10, NXBGD, 2006 Trần Văn Hạo,Nguyễn Mộng Hy (tổng chủ biên), SGV Hình học 11, NXBGD, 2006 Trần Văn Hạo,Nguyễn Mộng Hy (tổng chủ biên), SGV Hình học 12, NXBGD, 200 Đề thi THPT Quốc gia 2017-2021 Đề thi thử các trường THPT từ 2017-2021 23 ... tin để giải được Chính vì vậy đã chuẩn bị một đề tài: “ Rèn luyện kỹ giải số toán cực trị hình học hệ tọa độ Oxyz “ 1.2 Mục đích nghiên cứu - Giúp học sinh đạt kết quả cao kỳ... góp ý để đề tài được đầy đủ hoàn thiện 21 Mong đề tài: “ Rèn luyện kỹ giải số toán cực trị hình học hệ tọa độ Oxyz Được các em học sinh và đờng nghiệp đón nhận áp dụng quá... B x  y  z  18  C x  y  z  14  D x  y  z   2.4.5 Bài toán cực trị liên quan đến mặt cầu Ví dụ1 Trong khơng gian Oxyz , cho hai điểm A  3;0;  , B  1; 2;  và mặt cầu (S):