Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp giải một số bài toán cực trị trong hình học không gian oxyz

Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp giải một số bài toán cực trị trong hình học không gian oxyz 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ * PHÒNG GD&ĐT (TRƯỜNG THPT )** (*Font Times New Roman, cỡ 15, CapsLock;[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ * SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ PHỊNG GD&ĐT (TRƯỜNG THPT )** TRƯỜNG THPT HẬU LỘC (*Font Times New Roman, cỡ 15, CapsLock; ** Font Times New Roman, cỡ 16, CapsLock, đậm) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM (Font Times New Roman, cỡ 15, CapsLock) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ PHƯƠNG (Font Times New Roman, cỡ 16-18, CapsLock, đậm) TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN OXYZ Người thực hiện: Nguyễn Thị Den Người thựcGiáo hiện:viên Nguyễn Văn A Chức vụ: Chức vụ: Giáo Đơn vị công tác:viên Trường THPT Hậu Lộc SKKN thuộc mơn: Tốn Đơn vị cơng tác: Trường THCS B SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn THANH HỐ NĂM 2019 SangKienKinhNghiem.net MỤC LỤC Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài…………………………………………………1 1.2 Mục đích nghiên cứu…………………………………………….1 1.3 Đối tượng nghiên cứu………………………………………… 1.4 Phương pháp nghiên cứu…………………………………………2 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm…………………………2 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm……2 2.3 Các giải pháp…………………………………………………… 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm…………………………….20 Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận………………………………………………………… 21 3.2 Kiến nghị…………………………………………………………21 SangKienKinhNghiem.net SangKienKinhNghiem.net SangKienKinhNghiem.net MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Trong chương trình tốn trung học phổ thơng, tốn tìm cực trị hình học khơng gian Oxyz tốn khó, u cầu tư cao phần kiến thức quan trọng mà học sinh thường xuyên gặp đề thi THPT Quốc Gia đề thi học sinh giỏi hàng năm Tuy nhiên, tập loại thường khó, đặc biệt câu phân loại đề thi THPT Quốc gia đề thi học sinh giỏi Việc tìm cách giải vận dụng cách giải để giải tốn liên quan gặp khơng khó khăn học sinh, việc xác định dạng sử dụng phương pháp phù hợp với tốn khơng dễ dàng Vì để phân loại dạng tốn tìm cực trị đưa phương pháp giải tương ứng với dạng tốn cụ thể chứng minh có hiệu cao việc dạy học sinh học phần hình học khơng gian Oxyz nói chung phần tìm cực trị nói riêng Chuyên đề hệ thống tập có phương pháp giải cụ thể phân loại theo hệ thống Qua học sinh hiểu rõ nhận dạng tốn tìm cực trị hình học Oxyz, biết cách vận dụng phương pháp phù hợp cho toán cụ thể Trong chuyên đề có đề cập đến hai phương pháp chủ yếu để giải tập dạng phương pháp đại số phương pháp hình học Với lí tơi nghiên cứu đề tài “ PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN OXYZ” 1.2 Mục đích nghiên cứu Tìm hiểu khó khăn thuận lợi học sinh học phần tập tìm cực trị hình học giải tích khơng gian Phát triển tư trừu tượng, tư logic, khả phát vấn đề, khả đánh giá phán đoán học sinh Qua nội dung đề tài mong muốn cung cấp cho học sinh phương pháp giải số toán cực trị điển hình hình học khơng gian Oxyz Hy vọng đề tài nhỏ giúp ích cho bạn đồng nghiệp em học sinh 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Học sinh khối 12 THPT - Giáo viên giảng dạy mơn Tốn bậc THPT - Về nội dung tìm hiểu phương pháp giả số tốn cực trị hình học khơng gian Oxyz SangKienKinhNghiem.net 1.4 Phương pháp nghiên cứu Phương pháp: - Nghiên cứu lí luận chung - Khảo sát điều tra từ thực tế dạy học - Tổng hợp so sánh, đúc rút kinh nghiệm Cách thực hiện: - Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên tổ môn - Liên hệ thực tế nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm thực tiễn giảng dạy NỘI DUNG 2.1.Cơ sở lí luận Phương pháp tọa độ không gian mảng kiến thức quan trọng mạch kiến thức nghiên cứu hình học Cụ thể cung cấp kiến thức để học sinh tiếp cận hình học giải tích; tốn liên quan đến cực trị hình học Oxyz Các dạng toán quan trọng đề thi tốt nghiệp tuyển sinh đại học năm trước đề thi THPT Quốc gia năm năm tới 2.2.Thực trạng vấn đề Bài tốn cực trị hình học Oxyz mảng kiến thức trừu tượng học sinh phổ thông nên việc tiếp cận kiến thức khó đa số học sinh Sau nhiều năm giảng dạy mơn Tốn cấp THPT tơi thấy cịn nhiều học sinh học tập mơn tốn cách thụ động, đối phó; kĩ giải tốn cịn yếu, đặc biệt kĩ nhận dạng phân loại dạng toán áp dụng phương pháp phù hợp cho dạng toán nhiều lúng túng Nguyên nhân chủ yếu học sinh kiến thức, kĩ phương pháp giải toán; lại thêm lười học, thiếu ý thức tự học.Thực trạng dẫn đến: nhiều học sinh học trước quên sau nên chưa có hứng thú học tập mơn Tốn, đặc biệt phần cực trị hình học Oxyz Số liệu thống kê trước áp dụng SKKN vào dạy Lớp Sĩ số Giỏi Khá TB Yếu Kém 12B3 43 20 18 2.3.Giải pháp thực Để tìm cực trị không gian thường sử dụng hai cách làm: SangKienKinhNghiem.net Cách 1: Sử dụng phương pháp hình học Cách 2: Sử dụng phương pháp đại số Bài toán 1: Trong không gian Oxyz, cho điểm A( x A ; yA ; mặt phẳng ( P) : ax  by  cz  d  Tìm điểm M  ( P) cho: MA  MB nhỏ MA  MB lớn với A, B so với mặt phẳng ( P) Nếu (ax A  byA  cz A  d)(axB  byB  czB  d)  hai điểm mặt phẳng ( P)  Nếu (ax A  byA  cz A  d)(axB  byB  czB  d)  hai điểm với mặt phẳng ( P)   MA  MB Trường hợp 1: Hai điểm Trường hợp 2: Hai điểm Gọi A' A, B khác phía so với mặt phẳng Vậy MA  MB A, B ( P) nên MA  MB  MA  MB A, B  nhỏ A' A' ( P) B AB (P) khác phía ( P) M  AB  ( P) A, B phía so với mặt phẳng ( P) nên MA  MB ( P) lớn AB M  ( P)  AB đối xứng với MA  MA Vậy AB phía so với mặt phẳng Trường hợp 2: Hai điểm Gọi nằm khác phía lớn Trường hợp 1: Hai điểm Vì A, B phía với nhỏ phía so với mặt phẳng đối xứng với A qua mặt phẳng ( P), MA  MA nên MA  MB  MA  MB  AB A, B nhỏ Vì A, B khác phía so với mặt phẳng M  ( P)  AB  d( A, ( P))  d( B, ( P)) Phương pháp:  Xét vị trí tương đối điểm z A ), B( xB ; yB ; zB ) nên MA  MB A A, B khác phía so với mặt phẳng qua mặt phẳng ( P) , A' B ( P) phía ( P) MA  MB  MA  MB  AB lớn AB M  AB  ( P) Bài tốn 2: Lập phương trình mặt phẳng ( P) biết: SangKienKinhNghiem.net ( P) qua đường thẳng ( P) qua  khoảng cách từ A   đến  tạo với mặt phẳng (Q) lớn ( P) góc nhỏ ( P) qua  tạo với đường thẳng d góc lớn Phương pháp: Cách 1: Dùng phương pháp đại số Giả sử đường thẳng Khi phương trình Trong ( P) a  có dạng: f (t)  y  y1 z  z1  b c bB  cC a A B C t B , C mt2  nt  p m ' t2  n ' t  p ' biểu diễn A, B A( x0 ; y0 ; z0 ) A( x  x1 )  B( y  y1 )  C( z  z1 )  ( a  ) (1) A( x0  x1 )  B( y0  y1 )  C( z0  z1 ) Thay (1) vào (2) đặt Trong x  x1 Aa  Bb  Cc   A   d( A, ( P))  Khi : ta đươc (2) d( A, ( P))  , khảo sát hàm f (t) f (t) ta tìm max f (t) qua C cho C giá trị ta tìm Từ suy A, B làm tương tự Cách 2: Dùng phương pháp hình học Gọi K , H hình chiếu d( A, ( P))  AH  AK Hay ( P) , mà AK lên  khơng đổi Do mặt phẳng qua K ·   (Q)  ( P), (Q)   900 Nếu A , nhận uuuur AK nên ta xét ( P) , ta có: d( A, ( P)) lớn  HK làm VTPT (Q) khơng vng góc với  Gọi B điểm thuộc  , dựng đường thẳng qua B vng góc với (Q) Lấy điểm C cố định đường thẳng Hạ CH  ( P), CK  d Góc mặt  phẳng Mà ( P) BK BC mặt phẳng không đổi, nên (Q) · BCH · BCH Ta có nhỏ · sin BCH  H  K Mặt phẳng ( P) cần tìm mặt phẳng chứa uuur uur uur uuur Suy nP  u , u , nQ   VTPT ( P)   BH BK  BC BC  vng góc với mặt phẳng ( BCK )  SangKienKinhNghiem.net Gọi M điểm thuộc  , dựng đường thẳng d ' qua M song song với d Lấy điểm A cố định đường thẳng Hạ AH  ( P), AK  d Góc mặt phẳng Mà KM AM ( P) đường thẳng d ' không đổi, nên ·AMH ·AMH lớn Ta có   vng góc với mặt phẳng x 1 y z    Tìm tọa độ hình chiếu 2 trình mặt phẳng ( P) chứa đường thẳng d d: viết phương đến ( P) lớn Lời giải  Đường thẳng d có Gọi Do  H (d ',   Ví dụ Trong khơng gian với hệ toạ độ đề vng góc đường thẳng HM KM  AM AM H  K Mặt phẳng ( P) cần tìm mặt phẳng chứa uuur uur uur uuur Suy nP  u , u , ud '   VTPT ( P)  cos ·AMH  uur ud  (2;1; 2) hình chiếu A Oxyz cho vng góc A(2; 5; 3) A lên d cho khoảng cách từ A VTCP lên d  H (1  2t; t;  2t)  uuuur AH  (2t  1; t  5; 2t  1) uuuur uur AH  d  AH ud   2(2t  1)  t   2(2t  1)   t   H (3;1; 4) Gọi H' hình chiếu A lên mp( P) Khi đó, ta có: Suy AH '  AH  d( A, ( P)) lớn  H  H '  ( P)  AH uuuur AH  (1; 4;1) VTPT ( P) ( P) qua H Vậy phương trình ( P) : x  y  z   Ví dụ Trong khơng gian với hệ toạ độ đề vng góc A 1; 0; , B 1;1; , C 0;1; , D 0; 0; m  với m  tham số Oxyz cho bốn điểm Tính khoảng cách hai đường thẳng AC BD m  ; Gọi H hình chiếu vng góc O BD Tìm giá trị tham số m để diện tích tam giác OBH đạt giá trị lớn Lời giải.uuur uuur Ta có: AB  (0;1; 0), uuu CD  (0; 1; m) r uuuur Với m  ta có: CD  (0; 1; 2) AC  (1;1; 0) uuur uuur uuur uuur uuuur Do  AB, CD  (2; 0; 0)   AB, CD AC  2 Vậy uuur uuur uuuur  AB, CD  AC uuur uuur   d( AB, CD)    uuur uuur  AB, CD    SangKienKinhNghiem.net x  OH  BH  OB2  OH   x2 Suy SOBH  x  x2  x2 (2  x2 )  ( x2   x2 )  2 Đẳng thức xảy  x   OH   d(O, BD)  uuur uuur uuur uuur Ta có: BD  (1; 1; m), OB  (1;1; 0)   BD, OB  (m; m; 0) uuur uuur  BD, OB  m   2m2   m2  m   Do d(O, BD)   uuur   BD  m2 Đặt Vậy m   giá trị cần tìm Ví dụ Lập phương trình mặt phẳng ( ) qua điểm M (1; 9; 4) cắt trục tọa độ điểm A, B, C (khác gốc tọa độ) cho: M trực tâm tam giác ABC ; Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng (  ) lớn nhất; OA  OB  OC ; 8OA  12OB  16  37OC x A  0, zC  Lời giải Giả sử mặt phẳng ( ) cắt trục tọa độ điểm khác gốc tọa độ là: A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) với a, b, c  x y z    a b c Mặt phẳng ( ) qua điểm M (1; 9; 4) nên    (1) a b uuu cr uuuur uuur uuuur Ta có: AM (1  a; 9; 4), BC(0;  b; c), BM (1;  b; 4), CA(a; 0;  c) Phương trình mặt phẳng ( ) có dạng Điểm M trực tâm tam giác ABC  M  ( )  uuuur uuur  AM BC   uuuur uuur  BM CA  1    1  a b c 98 49  9b  c  a  98; b  ;c  a  4c   Phương trình mặt phẳng ( ) cần tìm Cách 1: Ta có: d(O, ( ))  x  y  z  98  1 a2  b2   c2 Bài tốn trở thành, tìm giá trị nhỏ 1 a2 T  a b2   b c2  c2 với số thực SangKienKinhNghiem.net a, b, c  thỏa mãn    (1) a b c Ap dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:  1 1 1  2       (1   )     b c  a b c  a Nên suy T 98 Dấu đẳng thức xảy  1 1 :  :  : a b c  a  9b  c  98  1     a b c x  y  z  98  Phương trình mặt phẳng ( ) cần tìm Cách 2: Gọi H hình chiếu O mặt phẳng ( ) Vì mặt phẳng ( ) ln qua điểm cố định M nên d(O, ( ))  OH  OM  98 Dấu đẳng thức xảy H  M , ( ) mặt phẳng qua M có véctơ uuuur pháp tuyến OM(1;9;4) nên phương trình ( ) 1.( x  1)  9( y  9)  4.( z  4)   x  y  z  98  Vì OA  OB  OC nên  suy     a  14, a a a là (1) nên phương trình ( ) là: suy x  y  z  14      a  6, a a a nên phương trình     a  4, a a a nên phương trình x  y  z   Trường hợp 3: a  b  c Từ ( )  (1) Trường hợp 2: a  b   c Từ ( )  xảy bốn trường hợp sau: Trường hợp 1: a  b  c Từ  a  b  c, (1) suy (1) có x  y  z   Trường hợp 4: a  b   c Từ     a  12, a a a x  y  z  12  Vậy có bốn mặt phẳng thỏa mãn x  y  z  14  0, x  y  z   0, x  y  z   0, x  y  z  12  nên phương trình ( ) mặt phẳng Vì x A  0, zC  nên a  0, c  0, 8OA  12OB  16  37OC  8a  12 b  16  37c 2a  a, b  , a  nên từ (1) ta có 37 a  27 37     a2  2a  35    a 2a  2a  a  7 Vì a  nên a   b  2; c   40 , phương trình mặt phẳng 37 ( ) : x  20 y  37 z  40   Nếu b0c cần tìm SangKienKinhNghiem.net  Nếu b0 c  2a a, b  ,a  37 nên từ (1) ta có 27 37 29  109     a2  29a  35   a  a  2a 2a Vì a  nên khơng có giá trị thỏa mãn Vậy phương trình mặt phẳng ( ) : x  20 y  37 z  40  Ví dụ Cho mặt cầu (S) : ( x  1)2  ( y  1)2  ( z  1)2  25 mặt phẳng ( ) có phương trình x  y  z   Chứng minh mặt phẳng ( ) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn Xác định tâm tìm bán kính đường trịn đó; Lập phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A(1; 1; 2), B(3; 5; 2) (P) cắt mặt cầu (S) theo đường trịn có bán kính nhỏ Lời giải Mặt cầu (S) có tâm I (1;1;1) , bán kính R  Ta có tâm H H d( I , ( ))  bán kính 2 217 r hình chiếu Tọa độ điểm I 22  22  12   R, suy ( ) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn R2  d2 ( I , ( ))  I lên mặt phẳng ( ) , suy phương trình nghiệm hệ Vậy tâm  5 1 H  ; ;   3 3 Ta có uuur AB  2; 6; 4   x   2t   y   2t   z   t  2 x  y  z   nên phương trình đường thẳng Vì IA  R nên mặt phẳng ( P) qua AB  x   2t  HI là:  y   2t z   t    x  y    z    x   t  AB :  y  1  3t  y   2t  ln cắt mặt cầu (S) theo đường trịn có bán kính r  25  d2 ( I, ( P)) Do r nhỏ  d( I, ( P)) lớn Gọi K , H hình chiếu I lên AB ( P) , ta ln có IH  IK nên suy d( I , ( P)) lớn  H  K uuur Do H  AB  H (1  t; 1  3t;  2t)  IH  (t; 3t  2;1  2t) Vì uuur   uuur uuur  IH   ;  ;   IH  AB  IH AB   t  3(3t  2)  2(1  2t)   t  7 7 Vậy phương trình ( ) : x  y  z   SangKienKinhNghiem.net Ví dụ Trong khơng gian Oxyz cho mặt phẳng ( P) : x  y  z   hai điểm A(5; 2; 6), B(3; 2;1) Tìm điểm M thuộc ( P) cho: MA  MB nhỏ MA  MB lớn Lời giải Mặt phẳng ( P) có uuur nP  (2; 1; 2) VTPT Thay tọa độ hai điểm A, B vào vế trái phương trình hai điểm A, B nằm phía so với ( P) ( P) Gọi A ' điểm đối xứng với A qua ( P) , với điểm M  ( P) , ta có MA  MA ' B A' ta 18 khác phía so với nên ( P) Do M  ( P) : MA  MB  A ' M  MB  A ' B , mà A ' B không đổi đẳng thức xảy M  A ' B  ( P) , suy MA  MB nhỏ  M  A ' B  ( P) Ta có:  x   2t  AA '  ( P)  AA ' :  y  2  t  z   2t  Tọa độ giao điểm H  x   2t   y  2  t    z   2t 2 x  y  z   H trung điểm Suy Tọa độ Vậy Vì A, B nghiệm hệ: ( P)  x A '  xH  x A  3  AA '   y A '  yH  y A   A '(3; 2; 2)   z A '  zH  z A  2 phương trình nghiệm hệ  21 14  M  ; ;   11 11 11  x    y   H (1; 1; 2) z   uuuuur A ' B  (6; 4; 3) , M AA '  x  3  6t  A ' B :  y   4t , t  ¡  z  2  3t   x  3  6t   y   4t    z  2  3t 2 x  y  z    21 x  11  14  y   11    z  11  điểm cần tìm nằm phía so với ( P) nên với M  ( P) ta ln có SangKienKinhNghiem.net AM  MB  AB , Phương trình Tọa độ đẳng thức xảy  x   2t  AB :  y  2  z   5t   x   2t   y  2 M:   z   5t 2 x  y  z   Ví dụ Trong khơng gian trình : M  AB  ( P) x 1 y z 1   1  17 x   y     z    Oxyz mặt phẳng Vậy  17 3 M  ; 2;   7  cho điểm A(1; 1;1) , đường thẳng  có phương ( P) : x  y  z   Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng  khoảng cách từ A đến (Q) lớn nhất; Viết phương trình mặt phẳng ( R) chứa  tạo với ( P) góc nhỏ nhất; Viết phương trình mặt phẳng ( ) chứa hai điểm M (1;1;1), N (1; 2; 1) tạo với đường thẳng  góc lớn Lời giải uuur Mặt phẳng (P) có nP  (2; 1; 2) VTPT Đường thẳng  qua B(1; 0; 1) ur n  (a; b; c) có ur u  (2;1; 1) VTCP Cách 1: Giả sử VTPT (Q) , suy phương trình dạng: a( x  1)  by  c( z  1)   ax  by  cz  a  c  (1) Do   (Q) Do đó: Nếu có nên 2a  b  c   c  2a  b d( A, (Q))  2c  b a2  b2  c2 b   d( A, (Q))  a , b Xét hàm số t¡ với max f (t)  f (2)  4a  b 5a2  ab  2b2 16a2  8ab  b2  5a2  ab  2b2 t f (t)  Nếu b  ta đặt Suy (Q) ta có: ta có: , 16a2  8ab  b2 5a2  ab  2b2 f '(t)   16t2  8t  5t2  t  24 t2  54 t  12 (5t  t  2) max d( A, (Q))  14  f (t) , f '(t)   t  2, t   , đạt a  2b 10 SangKienKinhNghiem.net Chọn b  1 ta tìm a  2, c  Vậy phương trình Cách 2: Gọi K , H hình chiếu d( A, (Q))  AH  AK Dẫn tới Vì , mà AK khơng đổi nên  d( A, (Q)) uuuur AK làm K nhận uuuur K    K 1  2t; t; 1  t   AK  2t; t  1;  t   (Q) mặt phẳng qua lên A (Q) : x  y  3z   (Q) , lớn  HK VTPT uuuur ur  1  uuuur  3 AK    AK u   t  t   t    t    K  0;  ;   , AK   1; ;   2 2 2   Vậy phương trình (Q) : x  y  3z   Cách 1: Tương tự ta có Gọi  Ta có: ·  ( P), ( R) , 00    900 cos   2a  b  2(2a  b) 2 a  b  (2a  b) Nếu a   cos   Nếu a  0, đặt b2  12ba  36a2 2b2  ab  5a2 ta có: f (t) max cos   đạt Vậy phương trình  b a t Khảo sát hàm số Suy (Q) : ax  by  (2a  b) z  a  b  b2  12ba  36a2 2b2  ab  5a2 ta tìm được  max f (t)  f ( b  , a 10 t2  12t  36 2t2  t   f (t) 53 ) 10 chọn b  7  a  10 ( R) : 10 x  y  13z   Cách 2: Gọi d đường thẳng qua Ta có phương trình  x   2t  d :  y  t ,  z  1  2t  lấy B vng góc với ( P) C(3; 1;1)  d, C  B 11 SangKienKinhNghiem.net C (P) B K (R) H Gọi H, K hình chiếu C lên BH BK · sin   sin BCH   BC BC BK BC Mà  vng góc với mặt phẳng VTPT Do ( R) ( R) , ( BCK ) ,  qua   HK hay ( R) mặt phẳng qua vng góc với ( P) nên uur uuur ur n1   nP , u   (1; 6; 4)   ( BCK ) qua  vng góc với suy phương trình M , N  ( ) ( BCK ) uuur uur ur nR   n1 , u   10; 7;13   nên a  b  c  d     a  2b  c  d  nên Suy uuur n  (2a; 2b; b  2a) Ta có: uuur ur n u sin   uuur ur  n u a   sin   , a  2b  b  2a a2  4b2  (b  2a)2 a  0, t2  12t  36 Xét hàm số f (t)  Do max b  sin max   , a 5t2  t  đặt t 2ax  2by  (b  2a) z  3b    (·  )) b2  12ab  36a2 5b2  ab  8a2 b ,t ¡ a ta tìm chọn ax  by  cz  d    d   b  c  a  b  VTPT ( ) Gọi  với VTPT ( R) : 10 x  y  13z   Ta viết lại dạng phương trình ( ) sau: Nếu ( BCK ) Cách 1: Giả sử phương trình mặt phẳng ( ) có dạng: Do ·  BCH không đổi, nên suy  nhỏ Mặt phẳng ( R)   53 max f (t)  f    8 b  5, a  12 SangKienKinhNghiem.net Vậy phương trình ( ) : 16 x  10 y  11z  15  Cách 2: Ta có: uuuuur NM  2; 1;  VTCP  x   2t  MN :  y   t , t  ¡ Gọi d  z   2t   x   2t phương trình d :  y   t , t  ¡ z   t  MN , suy phương trình đường thẳng đường thẳng qua M, song song với Trên d ta lấy điểm A(3; 2; 0) Gọi H, K hình chiếu ·( ),    ·ABH Ta có: cos ·ABH  BH BK  BA BA , mà BK BA không đổi nên Hay ( ) mặt phẳng qua Ta có: Suy ·ABH MN vng góc với mặt uuur uuuuur ur n   NM , u   1; 6;  VTPT ( )   uuur uuuuur uuur n   NM , n   16; 10;11 VTPT ( )   A lớn  Suy lên ( ) MN ,  HK phẳng ( )  (MN , d) Vậy phương trình ( ) : 16 x  10 y  11z  15  A H (P) Δ K M N d Ví dụ Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( ) : x  y  z   điểm A(1; 2; 3) Lập phương trình đường thẳng  nằm ( )  qua M (1;1;1) khoảng cách từ A đến  lớn nhất, nhỏ nhất;  qua M khoảng cách Lời giải Mặt phẳng ( ) có Gọi ur u  (a; b; c) ur n  (1;1;1) VTCP  d: x2 y z   1 lớn VTPT ,   ( P)  a  b  c   c   a  b (1) 13 SangKienKinhNghiem.net uuuur ur uuuur AM  0; 1; 2   u, AM   c  2b; 2a;  a    ur uuuur u, AM  (c  2b)2  5a2 (b  a)2  5a2   d( A, )     ur 2 2 2 u a b c a  b  (a  b) Ta có: Do đó: Nếu a   d( A, )  Xét hàm số f (t)  , với t2  2t  t2  t  a0 đặt t b2  2ab  6a2 b2  2ab  b2 b ,t ¡ a , khảo sát hàm số f (t) ta tìm 2 max f (t)  f ( )  10, f (t)  f (4)  3  Khoảng cách từ c  1 , A đến b   , a x 1 y 1 z 1   : : 2 1 lớn  suy phương trình đường thẳng t chọn b  2  a  3, b  , chọn b   a  1, c  5 , a suy phương trình đường thẳng :  : x   y   z  5 uur Đường thẳng d qua N (2; 0; 0) có u1  (1; 2; 1) VTCP uuuur ur uur ur uur uuuur MN  1; 1; 1, u, u1   (2a  b; b; 2a  b)  u, u1  MN  3b     ur uur uuuur u, u  MN 3b b2 Do d(, d)   ur uur  3  2 2 u, u  a  b (2a  b)  b  (2a  b) 1   Khoảng cách từ A Đẳng thức xảy Vậy phương trình đến  nhỏ t4 ur a   c  b  u  b(0;1; 1) x    : y   t z   t  Ví dụ Lập phương trình đường thẳng d qua x 1 y z    1 cho: Khoảng cách từ B(2; 1;1) d : Khoảng cách d A(0;  1; 2) cắt đường thẳng đến đường thẳng d lớn nhất, nhỏ nhất; : x5 y z   2 lớn Lời giải 14 SangKienKinhNghiem.net Giả sử d cắt d ' điểm M M (1  2t; t;  t), t  ¡ uuuur AM  (2t  1; t  1;  t) VTCP đường thẳng d uuur uuuur uuur Ta có AB  (2; 2;  1) nên  AB, AM   (1  t; 1;  2t) Khoảng cách từ điểm B uuur uuuur  AB, AM    d( B, d)   uuuur AM Ta có f (t)  6t  2t  thẳng cần tìm thẳng cần tìm nên 98t(t  2) f (t)  (6t2  2t  2)2 11 Do đó: đạt uuuur t   AM  (3; 3;  2) nên phương trình đường đạt uuuur t   AM  (1;1; 1) nên phương trình đường 11 x y1 z2 d:   3 2 d: f (t)  max f (t)  f (0)  18, f (t)  f (2)   max d( B, d)   6t2  2t  2  d( B, d)  5t2  18t  18 5t2  18t  18 Từ ta tìm đến đường thẳng d x y1 z2   1 1 uur N (5; 0; 0) có véc tơ phương u  (2;  2; 1) uur uuuur uuuur u , AM   (t  1; t  1; 6t), AN  (5; 1;  2)    qua Ta có Khoảng cách hai đường thẳng là: uur uuuur uuuur u , AM  AN    d(; d)   uur uuuur u , AM      Vì f (t)  (2  t)2 53t2  10t  6(t  2)(4  37t) (53t  10t  2) Từ ta tìm Vậy đường thẳng 6  3t (t  1)2  (4 t  1)2  (6t)2  f (t), f (t)  nên 53t2  10t  f (t)   t  2, t    max f (t)  f   ,  37  d (2  t)2 có phương trình d: 37 uuuur AM   29;  41;  37 x y1 z2   29 41 15 SangKienKinhNghiem.net Bài toán 3: Trong khơng gian cho n điểm Tìm cho M P  1 MA12   MA22    n MAn2 a) Nhỏ 1      n 0 b) Lớn 1      n 0 Tìm n   i i 1 uuuuur uuuuur uuuuur P  1 MA1   MA2    n MAn cho M I   i i 1 uuuur uuuur uuuur điểm thỏa mãn: 1 IA1   IA2    n IAn n nhỏ lớn nhất,  Phương pháp: Gọi A1 , A2 , , An  r 0 điểm I tồn Khi đó: uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur P  1 MI  IA1  1 MI  IA2   1 MI  IAn      (1      n ) IM    n  1 IAi2 i 1 n Do  1 IAi2 không đổi nên: i 1   Nếu 1      n Nếu 1      n 0 0 P  MI nhỏ lớn  MI nhỏ P n uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur P  1 MI  IA1   MI  IA2    n MI  IAn    i MI Do  P    nhỏ lớn Nếu M thuộc đường thẳng M hình chiếu I lên  nhỏ    MI   i 1 nhỏ lớn (hoặc mặt phẳng (hoặc ( P) ) ( P) ) MI lớn Nếu M thuộc mặt cầu (S) đường thẳng qua I tâm (S), cắt (S) hai điểm A, B ( IA  IB) MI nhỏ (lớn nhất)  M  B ( M  A ) Ví dụ Cho ( P) : x  y  z   ba điểm A(1;1;1), B(0;1; 2), C(2; 0;1) Tìm tọa độ điểm M  ( P) cho MA  MB yM  ; Tìm N  ( P) cho S  NA2  NB2  NC2 nhỏ  16 SangKienKinhNghiem.net ... phương pháp đại số phương pháp hình học Với lí tơi nghiên cứu đề tài “ PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN OXYZ? ?? 1.2 Mục đích nghiên cứu Tìm hiểu khó khăn thuận lợi học. .. luận Phương pháp tọa độ không gian mảng kiến thức quan trọng mạch kiến thức nghiên cứu hình học Cụ thể cung cấp kiến thức để học sinh tiếp cận hình học giải tích; tốn liên quan đến cực trị hình học. .. hiểu phương pháp giả số toán cực trị hình học khơng gian Oxyz SangKienKinhNghiem.net 1.4 Phương pháp nghiên cứu Phương pháp: - Nghiên cứu lí luận chung - Khảo sát điều tra từ thực tế dạy học -