SKKN Bồi dưỡng năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh THPT qua một số bài toán về mặt cầu trong không gian Oxyz

SKKN Bồi dưỡng năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh THPT qua một số bài toán về mặt cầu trong không gian Oxyz

ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Xuất phát từ nhu cầu xã hội đòi hỏi ngành giáo dục phải đào tạo ra những
con người phát triển toàn diện về đạo đức, trí tuệ, có tính tự giác cao, tích cực chủ
động trong học tập, lao động và chiến đấu.
Giáo dục nước ta đang trong quá trình đổi mới cả về nội dung, phương
pháp giảng dạy, đổi mới cách tiếp cận tư duy và cách thức học tập của học sinh.
Đặc biệt là trong đổi mới phương pháp dạy học nhằm hạn chế khắc phục những
điểm yếu, những tồn tại mà các phương pháp dạy học cũ chưa giải quyết được
đồng thời phát huy tính tích cực của các phương pháp này.
Theo tinh thần Nghị quyết số 29-NQ/TW ngày 04/11/2013 của Hội nghị
lần thứ 8 Ban chấp hành Trung ương Đảng (khoá XI) về đổi mới căn bản, toàn
diện giáo dục và đào tạo, đáp ứng yêu cầu công nghiệp hoá, hiện đại hoá trong
điều kiện kinh tế thị trường định hướng xã hội chủ nghĩa và hội nhập quốc tế.
Trên cơ sở giáo dục toàn diện và hài hoà đức, trí, thể, mỹ, mục tiêu chương
trình giáo dục phổ thông xác định những yêu cầu cần đạt về phẩm chất, năng
lực của học sinh ở từng cấp học; mục tiêu chương trình môn học xác định
những yêu cầu về kiến thức, kỹ năng, thái độ, hướng đến hình thành những
phẩm chất, năng lực đặc thù môn học và các phẩm chất, năng lực khác ở từng
lớp, từng cấp học. “Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực
chủ động tư duy sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc điểm của từng lớp học,
môn học, bồi dưỡng phương pháp tự học; khả năng làm việc theo nhóm, rèn
luyện kỹ năng làm việc theo nhóm, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào
2
thực tiễn; tác động đến tình cảm đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học
sinh”. “Phương pháp giáo dục phải phát huy tính tích cực tự giác, chủ động tư
duy sáng tạo của học sinh, bồi dưỡng năng lực tự học khả năng thực hành, lòng
say mê học tập và ý chí vươn lên”.
Bắt đầu từ năm 2017, Bộ Giáo dục và Đào tạo đã thực hiện đổi mới hình
thức tổ chức kì thi THPT Quốc gia. Trong đó, môn Toán đã được chuyển sang
phương thức thi Trắc nghiệm hoàn toàn. Như vậy, năm 2021 là năm thứ 5 liên
tiếp môn Toán trong kì thi THPT Quốc gia được đổi từ hình thức thi Tự luận
sang Trắc nghiệm. Song song với việc thay đổi hình thức thi, nội dung kiến
thức trong môn Toán được mở rộng hơn và cũng có nhiều câu hỏi khó hơn so
với những năm trước. Do đó, giáo viên cũng phải đổi mới phương pháp dạy,
thay đổi giáo án, thay đổi cách kiểm tra, ôn tập… để học sinh có thể hiểu và
nắm bắt kiến thức kịp thời, giải đề nhanh và chính xác…
Dạy học theo định hướng phát triển năng lực học sinh là một trong những
mục tiêu lớn của ngành giáo dục và đào tạo đặt ra trong giai đoạn hiện nay. Để
thực hiện mục tiêu đó cần thiết phải đổi mới phương pháp dạy học theo tinh thần
phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo của học sinh, đồng thời bồi dưỡng cho
học sinh năng lực tự học, lòng say mê học tập và ý chí chí vươn lên.
Cùng với kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh và kì thi THPT Quốc Gia môn toán
được tổ chức theo hình thức thi trắc nghiệm nên một số nội dung giảng dạy theo
phương pháp truyền thống không còn phù hợp, cần có hướng khai thác mới nhằm
phát huy năng lực tốt nhất cho học sinh.
3
Trong chương trình phổ thông các bài toán liên quan đến mặt cầu ở mức
độ vận dụng luôn là một khó khăn không chỉ đối với các em học sinh mà khó
khăn đối với cả giáo viên mới. Trong đó những bài toán khai thác các yếu tố hình
học vừa đòi hỏi học sinh tư duy tốt hình học, vừa đòi hỏi tư duy tốt đại số, giải
tích. Nếu học sinh học tốt nội dung này sẽ giúp các em phát triển các năng lực tư
duy sáng tạo, phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề bài toán đặt ra có hiệu quả
hơn, phát huy tính tích cực, hứng thú với tiết học, tránh tư tưởng học toán khô
khan, nhàm chán; phát triển năng lực phương pháp: khả năng tìm hướng đi mới,
khả năng tìm ra kết quả mới, khả năng sáng tạo ra bài toán mới; học sinh tự mình
xây dựng được các phương pháp học tập, các mô hình cơ bản (bài toán gốc), từ
đó áp dụng vào giải quyết các bài toán phức tạp hơn.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP
1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
Trong những năm qua, đã có những sáng kiến kinh nghiệm viết về chuyên
đề mặt cầu và các bài toán có liên quan, tuy nhiên các tác giả đa phần chỉ đề cập
kỹ đến những nội dung cơ bản mà chưa có nhiều bài toán vận dụng, vận dụng
cao. Các sáng kiến đó có ưu điểm tập trung việc dạy các chuyên đề mức nhận biết
và thông hiểu cho đối tượng học sinh trung yếu và trung bình, nên chưa đáp ứng
được các đối tượng học sinh khá và giỏi. Sáng kiến kinh nghiệm này ra đời nhằm
đáp ứng việc đổi mới phương pháp dạy học, dùng phương pháp dạy học phân hóa
để khắc phục các nhược điểm của các giải pháp cũ nêu trên.
Trước khi áp dụng sáng kiến vào giảng dạy, gặp các câu vận dụng liên
quan đến mặt cầu trong hệ không gian Oxyz, đặc biệt là những câu đòi hỏi cao về
4
tư duy hình học hoặc những câu xử lý về đại số phức tạp trong đó có đánh giá về
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất các em học sinh thường không định hướng được
cách giải. Các em học sinh chỉ biết biến đổi không mục đích, không biết tư duy
hình vẽ, thậm chí chủ động đoán mò đáp án. Khi đó nếu được thầy cô chữa bài
các em chỉ biết cách giải câu đó, không có sự liên hệ với các câu khác và rất
nhanh lại quên kiến thức, đặc biệt nếu thay đổi số liệu một số em học sinh không
linh hoạt để xử lý bài toán được.
Ưu điểm: Những học sinh giỏi có thể tự tìm tòi, định hướng được cách giải
chung cho một số câu có hướng tư duy tương tự.
Nhược điểm: Nhiều học sinh không thể định hướng được cách giải bài
toán này, học sinh buông xuôi khi gặp dạng toán tương tự.
Xuất phát từ lí do trên, qua kinh nghiệm giảng dạy của bản thân và học hỏi, dự
giờ đồng nghiệp, chúng tôi viết sáng kiến kinh nghiệm:
“Bồi dưỡng năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh THPT
qua một số bài toán về mặt cầu trong không gian Oxyz”
2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
Nhằm khắc phục các nhược điểm trước khi tạo ra sáng kiến, đặc biệt là đổi
mới dạy học theo hướng phát triển năng lực của học sinh một cách hiệu quả nhất,
tôi đã nghiên cứu kĩ và viết sáng kiến kinh nghiệm này.
Những điểm mới trong sáng kiến được đề cập đến:
– Các hướng xây dựng bài toán dựa trên:
1. Vị trí tương đối giữa điểm với mặt cầu.
2. Vị trí tương đối giữa mặt phẳng và mặt cầu.
5
3. Vị trí tương đối giữa đường thẳng và mặt cầu.
4. Vị trí tương đối giữa mặt cầu và mặt cầu.
– Các hướng sáng tạo các bài toán mới dựa vào bài toán gốc: trong mỗi nội
dung trình bày các bài toán gốc tôi định hướng cho học sinh cách tư duy và các
hướng phát triển của bài toán đó từ dễ đến khó để học sinh dễ dàng nhận ra bài
toán gốc. Qua đó cũng định hướng cho giáo viên cách phát triển các dạng toán đa
dạng và linh hoạt hơn.
6
NỘI DUNG 1:
MỘT SỐ BÀI TOÁN XÂY DỰNG DỰA TRÊN
VỊ TRÍ TƢƠNG ĐỐI CỦA ĐIỂM VÀ MẶT CẦU.
1. Lý thuyết
Cho mặt cầu S tâm I bán kính R và điểm M.
+ Nếu IM R  thì ta nói rằng điểm M nằm trong mặt cầu.
+ Nếu IM R  thì ta nói rằng điểm M thuộc mặt cầu, khi đó IM là bán kính
mặt cầu
+ Nếu IM R  thì ta nói rằng điểm M nằm trong mặt cầu.
2. Một số hƣớng xây dựng bài toán
Hƣớng 1: Kẻ tiếp tuyến từ một điểm nằm ngoài mặt cầu đến mặt cầu.
Bài toán 1:Từ điểm M kẻ ba hay nhiều hơn các tiếp tuyến đến mặt cầu ( ) S
Tập hợp các tiếp điểm là đường tròn ( ) C nằm trên ( ) P thỏa mãn:

Bán kính :

;

r 2 2 2 2
1 1 1
r R MI R
 

Tâm H là hình chiếu của I M ( ) trên ( ) P có:
2
2 .
R
IH IM
IM

Mặt phẳng ( ) P hoàn toàn xác định: đi qua H và nhận IM là một vectơ pháp
tuyến.
Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
S x y z : 1 2 1 9        2 2 2     và điểm M 2;2;5. Tập hợp các tiếp điểm
của tiếp tuyến kẻ từ M đến S là đường tròn có bán kính r bằng
I
M
R
7
A. 12
5
. B. 3 . C. 16
5
. D. 9
5
.
Lời giải
Chọn A
Ta có
2 2 2 2
1 1 1 1 1 25 12
16 9 144 5
r
r d R R
      

.
Ví dụ 2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M    1; 1; 1 và mặt
cầu S x y z : 2 3 1 16        2 2 2     . Xét các điểm A thuộc S sao cho
đường thẳng MA tiếp xúc với S. A luôn thuộc một mặt phẳng cố định có
phương trình là
A. 3 4 2 0 x y    . B. 3 4 2 0 x y    .

C. . Lời giải

D. .

6 8 11 0 x y    6 8 11 0 x y    Chọn A
S có tâm I 2;3; 1 ;   bán kính R  4
M IM         1; 1; 1 3; 4;0    IM  5 .
Mặt phẳng cố định đi qua điểm H là hình chiếu của A xuống IM và nhận
IM     3; 4;0làm vectơ pháp tuyến.

Ta có , từ đó tính được tìm được
Mặt	phẳng	cần	tìm	có	phương	trình	là:

2 16
5
IA
IH
IM
  16
25
IH IM  2 11 ; ; 1
25 25
H     
 
2 11
3 4 0 3 4 2 0.
25 25
x y x y
   
            
   
Nhận xét: Ngoài cách tìm trực tiếp điểm H như ở ví dụ trên chúng ta cũng có thể
sử dụng thông qua khoảng cách ở ví dụ sau đây
Ví dụ 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A2;2;2 và mặt cầu
S x y z : 1 4 2 2      2 . Từ điểm A kẻ 3 tiếp tuyến AB AC AD , , với mặt cầu
S , trong đó B C D , , là các tiếp điểm. Viết phương trình mặt phẳng BCD
8
A. 2 2 5 0 x y z     . B. 2 2 1 0 x y z     .
C. 2 2 1 0 x y z     . D. 2 2 3 0 x y z     .
Lời giải
Chọn A
S có tâm I 0;0;1 ;  bán kính R  2
Xét tam giác ABI vuông tại B có BI R   2 , AI  3
gọi H BCD AI     ta có:
AI BCD    tại H và 2 . 4
3
BI HI AI IH   
Khi đó mặt phẳng BCD có vec tơ pháp tuyến n AI 
và
cách I một khoảng 4
3
nên:
 
  
: 2 2 0
|1 d | 4 3
4
; 3 3 5
3
mp BCD x y z d
d d
d I BCD
    
   
    
    

Do vậy
    
    
13
: 2 2 3 0 (1) d ;
3 5
: 2 2 5 0 (2) d ;
3
BCD x y z A BCD AI
BCD x y z A BCD AI

       

        
Loại (1), chọn (2). Vậy chọn đáp án A.
Nhận xét: Ngoài 2 cách sử dụng ở các ví dụ trên chúng ta cũng viết được phương
trình mặt phẳng ( ) BCD bằng cách sử dụng giao của hai mặt cầu là ( ) S và mặt
cầu tâm tâm A , bán kính bằng AI R 2 2 
Sáng tạo và phát triển thêm bài toán mới: Nếu trên ( ) C ta lấy 3 điểm phân
biệt A B C , , thì ta còn tạo ra được tứ diện MABC có các cạnh bên bằng nhau. Mà
trong hình học không gian tổng hợp ta biết rằng chân đường cao kẻ từ M xuống
mặt phẳng ( ) ABC là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Vậy trong trường
C
B
H
I
D
A
9
hợp này H chính là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Từ đó chỉ cần đề xuất
thêm giả thiết cho tứ diện MABC ta có thể tạo ra được các bài toán mới ở ví dụ 4
và ví dụ 5.
Ví dụ 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
( ) : 2 4 6 13 0 S x y z x y z 2 2 2        và đường thẳng : 1 2 1
1 1 1
x y z
d      .
Điểm M a b c  ; ;  a  0nằm trên đường thẳng d sao cho từ M kẻ được ba tiếp
tuyến MA MB MC , , đến mặt cầu S ( A B C , , là các tiếp điểm) và AMB  60 ,
BMC  90 , CMA 120 . Tính a b c 3 3 3   .
A. 3 3 3 173
9
a b c    . B. 3 3 3 112
9
.
C. a b c 3 3 3    8. D. 3 3 3 23
9
a b c    .
Phân tích: Ở ví dụ này từ giả thiết AMB  60 , BMC  90 , CMA 120 ta có
được tam giác ABC vuông do đó tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
trung điểm J của AC và đây cũng là mấu chốt của bài toán.
Lời giải
Chọn B
Mặt cầu S có tâm I 1;2; 3  , bán kính R  3 3 .
C
B
M J I
A
10
Điểm M a b c  ; ;  a  0nằm trên đường thẳng d        M t t t t  1 ; 2 ;1 1   .
IM t t t      2; 4; 4.
Ta có MA MB MC m     0.
AB m BC m AC m    2; ; 3  ABC vuông tại B .
Gọi J là trung điểm AC JA JB JC   
Do IA IB IC   nên MI ABC    tại J .
Tam giác MIC vuông tại C; JMC MIC     60 30 .

Khi đó

(so điều kiện loại )

6
cos30
IC
MI  

2
0
3 4 0 4
3
t
t t
t
 
    
 

t  0Với 4 1 2 7 ; ; .
3 3 3 3
t M       
  Vậy a b c 3 3 3    112 9 .
Ví dụ 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
4 4 4
:
3 2 1
x y z
d      và mặt cầu  : 1 2 3  2 2 2     14
3
S x y z      

. Gọi

A x y z x  0 0 0 0 ; ; 0     là điểm nằm trên đường thẳng d sao cho từ A kẻ được ba
tiếp tuyến đến mặt cầu S có các tiếp điểm B C D , , sao cho ABCD là tứ diện đều.
Tính giá trị của biểu thức P x y z    0 0 0 .
A. P  6. B. P 16. C. P 12 . D. P  8 .
Nhận xét: Tứ diện ABCD đều nên chân đường cao H kẻ từ A xuống ( ) BCD là
tâm của tam giác đều BCD
Lời giải
Chọn C
Gọi I là tâm của mặt cầu  I 1;2;3. Gọi H là giao điểm của mặt phẳng
BCD và đoạn AI . Khi đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD . (Vì
theo giả thiết AB AC AD   và 14
3
IB IC ID    nên AI vuông góc với mặt
phẳng BCD tại H ).
11
Đặt 14
3
AI x x
 
   
 
. Ta có 2 2 2 14
3
AB AI IB x     ,
2 14
.
3
IB IH IA IH
x
  
2
2 2 14 14
3 3
HB IB IH
x
 
      
 
2 2 2 2
2
14 196
2 . .cos120 3 3 3
3 9
BD HB HD HB HD HB BD HB
x
 
           
 
Do ABCD là tứ diện đều nên
2 2
2 2
14 14 196 14 196
3 14
3 3 9 3 3
AB BD x x
x x
 
          
 
2
4 2
2
14
3 56 196 0 14 3
14
x
x x x
x

 
       
  
.
Gọi tọa độ điểm A t t t 4 3 ;4 2 ;4    .
Suy ra AI t t t            14 4 3 1 4 2 2 4 3 14  2 2 2    
2 0
14 28 14 14
2
t
t t
t
 
     
  
 
 
4;4;4
2;0;2
A A

 
  
Do
x0  0 nên điểm A có tọa độ A4;4;4   P 12 .
Chú ý: Ta có thể giải quyết bài toán trên theo cách khác như sau
C
B
H
I
D
A
12
Đặt AB x  . Ta có: 1 1 1 28 2 2 2 2 2 14.
3 3
3
x
CH x AI
x x R
       
Bài toán 2: Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA MB , đến ( ) S ( A B , là các tiếp
điểm) sao cho góc giữa hai tiếp tuyến bằng 
Dựng ( ) P chứa tâm I của mặt cầu và điểm M đồng thời vuông góc với AB ,
cắt AB tại điểm H ta được:
2 2 2 2 2 2 2 4 4 .sin 2 (1 cos ) 2( )(1 cos )
2
AB HA MA MA AB MI R            .
Từ công thức này ta sẽ tạo ra được các bài toán liên quan đến các đối tượng:
Điểm M , góc  và độ dài đoạn AB .

Ví dụ 6: Trong

không gian với hệ tọa độ , cho mặt cầu :

Oxyz Sx y z       1 2 1 8 2 2 2     và điểm M 1; 1; 2 . Hai đường thẳng d1,
d2  đi qua M và tiếp xúc mặt cầu S  lần lượt tại A , B . Biết góc giữa d1 và
d2  bằng  với cos 3
4
  . Tính độ dài AB .
A. 7 . B. 11 . C. 5 . D. 7 .
Lời giải
Chọn A
Mặt cầu S có tâm I 1; 2; 1    và bán kính R  2 2 ; IM  22 ;
2 2 2 2 2 4 4 .sin 2 .(1 cos )
2
AB HA MA MA       
AB d R        2 1 cos 2 22 8 . 1 7  2 2            3 4
Sáng tạo bài toán mới từ ý tƣởng trên: Từ góc giữa hai tiếp tuyến bằng ta còn
khai thác được thêm về số tuyến tuyến kẻ từ M đến (S) thỏa mãn điều kiện trên
ở ví dụ 7 sau đây
Ví dụ 7: Trong không gian với hệ tọa độ , cho mặt cầu
. Có tất cả bao nhiêu điểm ( là các số
Oxyz
2
S x y z : 2 3 2 2 A a b c ; ; a b c , ,
13
nguyên) thuộc mặt phẳng sao cho có ít nhất hai tiếp tuyến của đi qua
và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau?
A. . B. . C. . D. .
Lời giải
Chọn A
Do thuộc mặt phẳng nên .
Gọi góc tạo bởi hai tiếp tuyến qua là
Từ kẻ được ít nhất tiếp tuyến vuông góc đến mặt cầu khi và chỉ khi
.
Tập các điểm thỏa đề là các điểm nguyên nằm trong hình vành khăn (kể cả biên),
nằm trong mặt phẳng , tạo bởi đường tròn đồng tâm bán kính

lần lượt là	và	.
Vẽ hình và nhìn vào hình vẽ ta có	điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Nhận xét: Trong ví dụ trên nếu đề bài yêu cầu tìm tất cả các điểm có tọa độ
nguyên thuộc ( ) Oxy mà từ đó kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến ( ) S sao cho hai
tiếp tuyến vuông góc với nhau thì chúng ta chỉ cần tìm các điểm thuộc đường
tròn x y 2 2  1 trên ( ) Oxy .
Bài toán 3:Từ một điểm kẻ các tiếp tuyến đến các mặt cầu thỏa mãn điều kiện
cho trước.
Cho điểm M nằm ngoài mặt cầu ( ) S1 tâm I1 , bán kính R1 và ( ) S2 tâm I2 , bán

kính . Từ điểm kẻ các tiếp tuyến ta có:

đến sao cho

R2M MA MB , ( ), ( ) S S 1 2 MA MB  2 2 2 2
MA MB MI R MI R      1 1 2 2 . Suy ra tập hợp các điểm M là một mặt
phẳng. Từ đó ta khai thác các bài toán có liên quan đến mặt phẳng chứa điểm M .
Ví dụ 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba mặt cầu lần lượt có
phương trình làx y z      5 1 5 2 2   2 ; x y z 2       2 3 6 2 2   và
Oxy S
A
12 8 16 4
A a b c ; ; Oxy A a b ; ;0
A 2
A 2
2
90 2 180 45 90 1
2
R d
R IA R 2
3 2 6 1 4 a b a b 2 2 2 2
Oxy 2 O 0;0;0
1 2
12
14
x y z      1 4 9 2 2 2   . Gọi M là điểm di động ở ngoài ba mặt cầu và X , Y ,
Z là các tiếp điểm của các tiếp tuyến vẽ từ M đến ba mặt cầu. Giả sử
MX MY MZ   , khi đó tập hợp các điểm M là đường thẳng có vectơ chỉ
phương là
A. u11;8; 7  . B. u29;8; 7  . C. u31; 1;9  . D. u42; 1;8  .
Phân tích: Theo phương án chúng ta đề cập ở trên thì điểm M sẽ nằm trên 2 mặt
phẳng phân biệt hay tập hợp các điểm M là 1 đường thẳng (giao tuyến của hai
mặt phẳng chứa điểm M )
Lời giải
Chọn B
Mặt cầu x y z      5 1 5 2 2   2 có tâm I1    5;1;0 bán kính R1  5 .
Mặt cầu x y z 2       2 3 6 2 2   có tâm I2   0; 2;3 bán kính R2  6 .
Mặt cầu x y z      1 4 9 2 2 2   có tâm I3    1;0;4 bán kính R3  3.
Gọi M x y z  ; ; , ta có
2 2 2
MX I M R   1 1  MX x y z 2 2        5 1 5 2 2   .
2 2 2
MY I M R   2 2  MY x y z 2 2        2 3 6 2 2   .
2 2 2
MZ I M R   3 3  MZ x y z 2 2        1 4 9 2 2   .
Theo giả thiết MX MY   MX MY 2 2   5 3 3 7 0 x y z     .
M
I2
I3
I1
Z
Y
X
15
Vậy điểm M thuộc mặt phẳng 5 3 3 7 0 x y z     có vectơ pháp tuyến
n1   5; 3;3. (1)
Theo giả thiết MY MZ   MY MZ 2 2   2 4 2 1 0 x y z     .
Vậy điểm M thuộc mặt phẳng 2 4 2 1 0 x y z     có vectơ pháp tuyến
n2    2; 4; 2. (2)
Từ (1) và (2) điểm M thuộc đường thẳng có vectơ chỉ phương
u n n        1 2 , 18;16; 14  .
Tập hợp điểm M là đường thẳng có vectơ chỉ phương u2 9;8; 7  .
Hƣớng 2: Điểm nằm trong mặt cầu
Cho mặt cầu ( ) S tâm I và bán kính R ; điểm A nằm trong ( ) S . Tìm điểm M
thuộc mặt cầu ( ) S sao cho
a) AMI nhỏ nhất.
b) AMI lớn nhất.
Hƣớng dẫn
a)Ta dễ dàng nhận thấy AMI nhỏ nhất khi A M I , , thẳng hàng . Từ đó ta có 2 vị
trí của điểm M .
b) Ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
cos
2 . 2 . 2 .
MA MI IA MA R IA MA R IA R IA
AMI
MA MI MA R MA R R
     
   
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi MA R AI MA AI R 2 2 2 2 2 2      hay tam giác
MAI vuông tại A do đó tập hợp các điểm M là mặt phẳng ( ) P đi qua A và
vuông góc với IA
Vì vậy ta có thể sáng tạo ra các bài toán bằng cách bổ sung thêm giả thiết liên
quan đến điểm M để tìm tọa độ của điểm M hoặc các bài toán liên quan đến
số điểm M thỏa mãn tính chất trên.
Nhận xét: Ở đây ta cũng có thể thấy được điểm M thuộc hai mặt cầu là ( ) S và
mặt cầu tâm A , bán kính bằng R AI 2 2 
16
Ví dụ 9: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A1; 3;0   và mặt cầu
( ):( 2) ( 6) 50 S x y z      2 2 2 tâm I. Xét các điểm M thuộc ( ) S sao cho góc
AMI lớn nhất, M luôn thuộc mặt phẳng có phương trình là
A. x y    3 10 0. B. x y    2 10 0.
C. x y    10 0. D. 2 10 0. x y   
Lời giải
Chọn A
Mặt cầu có tâm I R (2; 6;0), 5 2   và IA  10.
Cách 1:
AI   (1; 3;0) , ( ) P đi qua A và có VTPT (1; 3;0)  nên có phương trình:
x y    3 10 0.
Cách 2:
MA MA 2    40 2 10.
Gọi  
2 2 2
2 2 2
( ) ( 2) ( 6) 50
; ; 3 10 0.
2 10 ( 1) ( 3) 40
M S x y z
M x y z x y
MA x y z
         
       
         
Vậy M P x y     ( ) : 3 10 0.
Hƣớng 3: Khai thác một số bài toán liên quan đến giá trị lớn nhất và nhỏ
nhất
Bài toán 1:Cho mặt cầu S và điểm A . Tìm vị trí điểm M trên mặt cầu S
sao cho
a) Độ dài AM lớn nhất.
b) Độ dài AM nhỏ nhất.
Hƣớng dẫn
Đây là một bài toán tương tự như chúng ta đã biết trong mặt phẳng khi xét một
đường tròn và một điểm.
TH1: Điểm A nằm ngoài mặt cầu ( ) S (như hình vẽ)

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education