skkn một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong chương trình Hình học giải tích lớp 12, bên cạnh các dạng toán quen thuộc như: viết phương trình mặt phẳng, phương trình đường thẳng,…. Ta còn gặp các bài toán tìm vị trí của điểm, đường thẳng hay mặt phẳng liên quan đến một điều kiện cực trị. Đây là dạng Toán khó, chỉ có trong chương trình nâng cao và đề tuyển sinh Đại học cao đẳng. Trong quá trình trực tiếp giảng dạy và nghiên cứu tôi thấy đây là dạng toán không chỉ khó mà còn khá hay, lôi cuốn được các em học sinh khá giỏi. Nếu ta biết sử dụng linh hoạt và khéo léo kiến thức của hình học thuần túy, véctơ, phương pháp tọa độ, giải tích thì có thể đưa bài toán trên về một bài toán quen thuộc. Đứng trước thực trạng trên, với tinh thần yêu thích bộ môn, nhằm giúp các em hứng thú hơn, tạo cho các em niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra một cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền tảng cho các học sinh tự học, tự nghiên cứu. Được sự động viên, giúp đỡ của các thầy trong hội đồng bộ môn Toán của sở GD, Ban Giám hiệu, đồng nghiệp trong tổ Toán – Tin học trường THPT Trần Phú. Tôi đã mạnh dạn viết chuyên đề “ Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12”. II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI 1. Thuận lợi. - Kiến thức đã được học, các bài tập đã được luyện tập nhiều - Học sinh hứng thú trong tiết học, phát huy được khả năng sáng tạo, tự học và yêu thích môn học. - Có sự khích lệ từ kết quả học tập của học sinh khi thực hiện chuyên đề. - Được sự động viên của BGH, nhận được động viên và đóng góp ý kiến cuả đồng nghiệp. 2. Khó khăn. - Giáo viên mất nhiếu thời gian để chuẩn bị các dạng bài tập - Nhiều học sinh bị mất kiến thức cơ bản trong hình học không gian, không nắm vững các kiến thức về hình học, vec tơ, phương pháp độ trong không gian. - Đa số học sinh yếu môn hình học. 3. Số liệu thống kê Trong các năm trước, khi gặp bài toán liên quan đến Cực trị trong hình học số lượng học sinh biết vận dụng được thể hiện qua bảng sau: Không nhận biết được Nhận biết, nhưng không biết vận dụng Nhận biết và biết vận dụng ,chưa giải được hoàn chỉnh Nhận biết và biết vận dụng , giải được bài hoàn chỉnh Số lượng 60 20 9 1 Tỉ lệ ( %) 66,7 22,2 9,9 1.1 III. NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ 1. Cơ sở lý luận. Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phương pháp suy luận, khả năng tư duy. Từ những kiến thức cơ bản phải dẫn dắt hoc sinh có được những kiến thức nâng cao một cách tự nhiên (chứ không áp đặt ngay kiến thức nâng cao). Trong chuyên đề chủ yếu dùng phương pháp tọa độ trong không gian để giải các bài toán được đặt ra. 2. Nội dung. 2.1. Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng. a. Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (α) - Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên (α). - Viết phương trình đường thẳng MH(qua M và vuông góc với (α)) - Tìm giao điểm H của MH và (α). · Nếu yêu cầu tìm điểm M’ đối xứng với M qua mặt phẳng (α) thì ta vẫn tìm hình chiếu H của M lên (α), dùng công thức trung điểm suy ra tọa độ M’. b.Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d: - Viết phương trình tham số của d - Gọi H Î d có tọa độ theo tham số t - H là hình chiếu vuông góc của điểm M lên d khi 0 = r uuuur d u MH - Tìm t, suy ra tọa độ của H. 2.2 C a ́c bài toán cực trị liên quan đến tìm một điểm thỏa điều kiện cho trước. Bài toán 1: Cho n điểm A 1 , A 2, A n , với n số k 1 , k 2 ,.,k n thỏa k 1 + k 2 + ….+k n = k ≠ 0 và đường thẳng d hay mặt phẳng (α). Tìm điểm M trên đường thẳng d hay mặt phẳng (α) sao cho 1 1 2 2 n n k MA k MA k MA + + + uuur uuuur uuuur có giá trị nhỏ nhất. Lời giải: - Tìm điểm I thỏa 1 1 2 2 n n k IA + k IA + + k IA 0 = uur uuur uuur r - Biến đổi 1 1 2 2 n n 1 2 n k MA + k MA + + k MA = (k + k + + k )MI = k MI uuuur uuuuur uuuuur uuur uuur - Tìm vị trí của M khi MI uuur đạt giá trị nhỏ nhất Giải: 1) Gọi điểm I thỏa uur uur r IA + IB = 0 thì I là trung điểm AB và I(0; 2; 4) Khi đó 2= + = uuuur uuur uuur uuur uuur uur uuur MA + MB MI + IA + MI IB MI có giá trị nhỏ nhất <=> uuur MI nhỏ nhất <=> M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d. Đường thẳng d có vtcp r u = (1; 1; 1) , phương trình tham số d: ì ï í ï î x = 4 + t y = -1 + t z = t Tọa độ M(t + 4; -1 + t; t), uuur IM = ( t+4; t-3 ; t - 4) khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì . 0 = uuur r IM u hay 3t – 3 = 0 <=> t = 1 Vậy M( 5; 0; 1). 2) Gọi điểm J(x; y; z) thỏa uur uur r JA - 4JB = 0 Ta có: (0 –x; 1 –y; 5 – z) – 4(0 – x; 3- y; 3- z) = (0; 0; 0) =>x = 0; y = 13 5 , z = 7 3 , vậy J(0; 13 7 ; 5 3 ) Khi đó ) 3 3= + = - = uuuur uuur uuur uur uuur uur uuur uuur MA - 4MB MJ+ JA- 4(MJ JB MJ MJ có giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J lên đường thẳng d. Ví dụ 1: Cho đường thẳng ( ) : x- 4 y+1 z d = = 1 1 1 và hai điểm ( ) A 0;1;5 , ( ) B 0;3;3 . Tìm điểm M trên d sao cho 1) uuuur uuur MA + MB có giá trị nhỏ nhất. 2) uuuur uuur MA - 4MB có giá trị nhỏ nhất. Tọa độ M(4+ t; -1+ t; t), 18 17 5 5 uuur JM = ( t+ 4; t - ; t - ) khi M là hình chiếu vuông góc của J lên đường thẳng d thì . 0 = uuur r JM u hay 3t – 3 = 0 <=> t = 1 Vậy M( 5; 0; 1) thì uuuur uuur MA - 4MB có giá trị nhỏ nhất. Giải: 1) Gọi điểm G thỏa uuur uuur uuur r GA + GB +GC = 0 thì G là trọng tâm của tam giác ABC và G(0;-2;1) Ta có + uuuur uuur uuur MA + MB MC = + + + uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur MG + GA + MG GB MG GC =3 uuuur MG có giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (α) MG nhận r n = (2; -2; 1) làm vecto chỉ phương Phương trình tham số MG ì ï í ï î x = 2t y = -2-2t z = 1+3t Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = 0 17t 17 0 t 1 Û + = Û = - Vậy với M(-2; 0; -2) thì + uuuur uuur uuur MA + MB MC có giá trị nhỏ nhất. 2) Gọi I(x; y; z) là điểm thỏa 3 0 + = uur uur uur r IA -2IB IC Ta có (1- x; -y; 1-z) - 2(-2-x; 1-y; 2-z) + 3( 1-x; -7-y; -z) = (0;0;0) 23 3 x = 4; y = - ; z = - 2 2 Þ , vậy 23 3 ; ) 2 2 - - I(4; Ta có: 3+ uuuur uuur uuur MA -2MB MC = ) 3( ) + + + uuur uur uuur uur uuur uur MI+IA -2(MI IB MI IC = 2 uuur MI có giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (α) Phương trình tham số MI: 23 2 3 2 ì ï ï ï - í ï ï - ï î x = 4+2t y = -2t z = +3t Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + 3z + 10 = 0 và ba điểm ( ) A 1;0;1 , ( ) B -2;1;2 , ( ) C 1;-7;0 . Tìm điểm M trên mặt phẳng (α) sao cho : 1) + uuuur uuur uuur MA + MB MC có giá trị nhỏ nhất. 2) 3+ uuuur uuur uuur MA -2MB MC có giá trị nhỏ nhất. Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 23 3 2(4 2t) 2( 2t) 3( 3t) 10 0 2 2 + - - - + - + + = 73 73 17t 0 t 2 34 Û + = Û = - Vậy với 5 245 135 ; ; ) 17 34 17 - - -M( thì 3+ uuuur uuur uuur MA -2MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Bài toán 2: Cho đa giác A 1 A 2 …. A n và n số thực k 1 , k 2 , …., k n thỏa k 1 + k 2 + ….+ k n = k . Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( hay đường thẳng) sao cho tổng T = 2 2 2 1 1 2 2 n n k MA k MA k MA + + + đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất Lời giải: - Tìm điểm I thỏa 1 1 2 2 n n k IA + k IA + + k IA 0 = uur uuur uuur r - Biến đổi : T = 2 2 2 1 1 2 2 n + + + n k MA k MA k MA = = 2 1 n (k + + k )MI + 2 2 2 1 1 2 2 n + + + n k IA k IA k IA + 2 1 1 n n MI(k IA + + k IA ) uuur uur uuur = 2 kMI + 2 2 2 1 1 2 2 n + + + n k IA k IA k IA Do 2 2 2 1 1 2 2 n + + + n k IA k IA k IA không đổi, Biểu thức T nhỏ nhất hoặc lớn nhất khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng hay đường thẳng. Chú ý: - Nếu k 1 + k 2 + ….+ k n = k > 0, Biểu thức T đạt giá trị nhỏ nhất MI nhỏ nhất - Nếu k 1 + k 2 + ….+ k n = k < 0, Biểu thức T đạt giá trị lớn nhất khi MI nhỏ nhất. Giải: 1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa uur uur r IA + IB = 0 thì I là trung điểm AB và 3 3 (2; ; ) 2 2 - I Ta có: MA 2 + MB 2 = 2 2 (MI + IA) +(MI + IB) uuur uur uuur uur 2 2 2 IA + IB +2MI +2MI(IA + IB) = uuur uur uur = 2 2 2 IA + IB +2MI Do 2 2 IA + IB không đổi nên MA 2 + MB 2 nhỏ nhất khi MI 2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên (α) Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): x + 2y + 2z + 7 = 0 và ba điểm A(1; 2; -1), B(3; 1; -2), C(1; -2; 1) 1) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA 2 + MB 2 có giá trị nhỏ nhất. 2) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA 2 - MB 2 – MC 2 có giá trị lớn nhất. Đường thẳng IM qua điểm I và có vtcp α n (1;2;2) = r Phương trình tham số MI: 3 2 3 2 ì ï ï ï í ï ï - ï î x = 2+t y = + 2t z = +2t Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 3 3 2 t 2( 2t) 2( 2t) 7 0 9t 9 0 t 1 2 2 + + + + - + + = Û + = Û = - 1 7 (1; ; ) 2 2 Þ - - M Vậy với 1 7 (1; ; ) 2 2 - - M thì MA 2 + MB 2 có giá trị nhỏ nhất. Nhận xét: Với I là trung điểm AB thì MA 2 + MB 2 = 2MI 2 + 2 2 AB , do AB 2 không đổi nên MA 2 + MB 2 nhỏ nhất khi MI 2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên (α). 2) Gọi J(x; y; z) là điểm thỏa uur uur uur r JA - JB -JB = 0 Hay (1 x;2 y; 1 z) (3 x;1 y; 2 z) (1 x; 2 y;1 z) (0;0;0) - - - - - - - - - - - - - - = 3 x 0 3 y 0 J(3; 3;0) z 0 - + = ì ï Û + = Û - í ï = î Ta có: MA 2 - MB 2 – MC 2 = 2 2 2 (MJ + JA) - (MJ + JB) (MJ + JC) - uuur uur uuur uur uuur uur 2 2 2 2 J A JB JC MJ + 2MJ(JA JB JC) = - - - - - uuur uur uur uur 2 2 2 2 JA JB JC MJ = - - - Do 2 2 2 JA JB JC - - không đổi nên MA 2 - MB 2 – MC 2 lớn nhất khi MJ nhỏ nhất hay M là hình chiếu của J trên mặt phẳng (α). Đường thẳng JM qua điểm I và có vtcp α n (1;2;2) = r Phương trình tham số MJ: ì ï í ï î x = 3+t y = -3+ 2t z = 2t Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 4 3 t 2( 3 2t) 2.2t 7 0 9t 4 0 t 9 + + - + + + = Û + = Û = - 23 35 8 ( ; ; ) 9 9 9 Þ - - M Vậy với 23 35 8 ( ; ; ) 9 9 9 - - M thì MA 2 - MB 2 – MC 2 có giá trị lớn nhất. Giải: 1) Gọi điểm I(x; y; z) là điểm thỏa uur uur r IA -2 IB = 0 Hay: ( x;1 y; 2 z) 2(2 x; 1 y;2 z) (0;0;0) - - - - - - - - - = 4 x 0 3 y 0 I(4; 3;6) - 6+z 0 - + = ì ï Û + = Û - í ï = î Ta có MA 2 - 2MB 2 = 2 2 (MI + IA) 2(MI + IB) - uuur uur uuur uur 2 2 2 IA 2IB MI + 2MI(IA 2 IB) = - - - uuur uur uur 2 2 2 IA 2IB MI = - - Do 2 2 IA - 2 IB không đổi nên MA 2 -2 MB 2 lớn nhất khi MI 2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên d. Đường thẳng d có vtcp (1;2;1) = r u , phương trình tham số d: ì ï í ï î x = 1+t y = 2+ 2t z = 3+ t M d M(1 t; 2 2t; 3 t) Î Þ + + + , uuur IM = ( t-3; 2t + 5 ; t - 3) khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì . 0 = uuur r IM u 2 1 2 7 6 4 0 ( ; ; ) 3 3 3 3 Û + = Û = - Þt t M Vậy với 1 2 7 ( ; ; ) 3 3 3 M thì MA 2 - 2MB 2 có giá trị lớn nhất Nhận xét: Ta có thể dùng phương pháp khảo sát hàm số để tìm vị trí của điểm M Với M d M(1 t; 2 2t; 3 t) Î Þ + + + Ví dụ 2: Cho đường thẳng d có phương trình: 2 1 x-1 y-2 z-3 = = 1 và các điểm A(0; 1; -2), B( 2; -1; 2), C(4; 3; 3). Hãy tìm điểm M trên d sao cho 1) MA 2 - 2MB 2 có giá trị lớn nhất 2) MA 2 + MB 2 + MC 2 có giá trị nhỏ nhất. Và MA 2 - 2MB 2 = (t + 1) 2 + (2t + 1) 2 +(t + 5) 2 – 2[(t - 1) 2 + (2t + 3) 2 +(t +1) 2 = - 6t 2 – 8t +5 Xét hàm số 2 ( ) 6 – 8 5, f t t t t R = - + Î Có đạo hàm 2 '( ) 12t – 8 , '( ) 0 3 f t t f t t = - = Û = - Bảng biến thiên t -¥ 2 3 - +¥ f’(t) + 0 f(t) 23 3 -¥ -¥ Từ bảng biến thiên ta thấy f(t) đạt giá trị lớn nhất khi 2 3 t = - Hay MA 2 - 2MB 2 có giá trị lớn nhất khi 1 2 7 ( ; ; ) 3 3 3 M 2) Gọi điểm G(x; y; z) là điểm thỏa uuur uuur uuur r GA + GB +GC = 0 thì G là trọng tâm tam giác ABC và G(2; 1; 1). Ta có: MA 2 + MB 2 + MC 2 = 2 2 2 (MG + GA) + (MG + GB) +(MG + GC) uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur = 2 2 2 2 GA GB GC +3MG + 2MG(GA GB GC) + + + + uuuur uuur uuur uuur = 2 2 2 2 GA GB GC +3MG + + Do 2 2 2 GA GB GC + + không đổi nên MA 2 + MB 2 + MC 2 nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của G lên đường thẳng d. M d M(1 t; 2 2t; 3 t) Î Þ + + + , uuuur GM = ( t-1; 2t +1 ; t +2) Khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì . 0 = uuuur r GM u 1 1 5 6 3 0 ( ;1; ) 2 2 2 Û + = Û = - Þt t M Vậy với 1 5 ( ;1; ) 2 2 M thì MA 2 + MB 2 + MC 2 có giá trị nhỏ nhất. Bài toán 3: Cho mặt phẳng (α) có phương trình:ax + by + cz + d = 0 và hai điểm A,B không thuộc (α) . Tìm điểm M trên (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất. Lời giải: 1. Nếu (ax A +by A + cz A + d)(ax B +by B + cz B + d) < 0 thì A, B nằm về hai phía với (α). Để MA + MB nhỏ nhất khi M thuộc AB hay M là giao điểm của (α) và AB. 2. Nếu (ax A +by A + cz A + d)(ax B + by B + cz B + d) >0 thì A, B nằm về một phía với (α). Khi đó ta tìm điểm A’ đối xứng với A qua (α). Do MA + MB = MA’+ MB mà đạt giá trị nhỏ nhất khi M thuộc A’B hay M là giao điểm của (α) và A’B. Giải: Thay tọa độ của A và B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về hai phía của (α). Ta có MA + MB có giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của AB và (α). Đường thẳng AB qua điểm B, nhận (1; 1;0) = - uuur AB làm vecto chỉ phương Phương trình tham số của AB: 2 2 x t y t z = + ì ï = - í ï = î Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 2 + t – 2(-t)- 2.2 + 4 = 0 2 3 2 0 3 t t Û + = Û = - Hay 4 2 ( ; ;2) 3 3 M là điểm cần tìm. Giải: 1) Thay tọa độ của A và B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về một phía của (α). Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua (α), để MA + MB có giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của A’B với (α). Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (α) có phương trình:x – 2y – 2z + 4 = 0 và hai điểm A(1; 1; 2), B(2; 0; 2). Tìm điểm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α) có phương trình: x – y + 2z = 0 và ba điểm A(1; 2;-1), B(3; 1; -2), C(1; -2; -2). Hãy tìm điểm M trên d sao cho 1) MA + MB có giá trị nhỏ nhất 2) MA - MC có giá trị lớn nhất. [...]... z-1 x-2 y-1 z+3 = = = = , 2: Trong cỏc ng thng i qua A v 2 1 1 1 -1 1 ct 1 hóy vit phng trỡnh ng thng sao cho khong cỏch gia v 2 l ln nht Bi 15: Trong cỏc mt cu i qua im E(1; 2; -2) v tip xỳc vi mt phng (P) 2x 2y + z 3 = 0 Hóy vit phng trỡnh mt cu cú bỏn kớnh nh nht IV KT QA Chuyờn ny ó c thc hin ging dy khi tụi tham gia dy 12NC v Luyn thi i hc trong hai nm gn õy Trong quỏ trỡnh hc chuyờn ny,... sinh tỏc phong t hc, t nghiờn cu Tuy ni dung ca chuyờn khỏ rng, song trong khuụn kh thi gian cú hn ngi vit cng ch ra c cỏc vớ d, bi toỏn in hỡnh Rt mong s úng gúp ý kin ca cỏc bn quan tõm v ng nghip chuyờn ny c y hon thin hn VII TI LIU THAM KHO 1 Hỡnh hc 12, Bi tp hỡnh hc 12 nh XBGD nm 2008 2 Hỡnh hc 12 nõng cao, Bi tp hỡnh hc 12 nõng cao nh XBGD nm 2008 3 Tp chớ Toỏn hc v tui tr nm 2010 4 Cỏc... qua M1(2; 1; -1) Phng trỡnh (): 8(x -2) -11(y -1) -7(z +1) = 0 hay 8x 11y 7z 12 = 0 Bi toỏn 3: Cho mt phng () v im A thuc (), ly B khụng thuc () Tỡm ng thng nm trong () i qua A v cỏch B mt khong ln nht, nh nht Li gii: Gi H l hỡnh chiu ca B lờn ta thy d(B; ) = BH AB Vy khong cỏch t B n ln nht khi A H hay l ng thng nm trong () v vuụng gúc vi AB Gi K l hỡnh chiu vuụng gúc ca B lờn () khi ú d(B;... song vi (ABC), trong cỏc ng thng i qua D trờn mp(P) Hóy vit phng trỡnh ng thng d sao cho khong cỏch gia d v trc Oz ln nht Bi 11: Cho hai im A(2; 1; -3), B(1; 2; 0) v ng thng d: x-1 y-2 z-3 = = 1 2 1 Vit phng trỡnh ng thng i qua A, ct d sao cho khong cỏch t B n l ln nht Bi 12: Cho hai im C(1; 1; -1), D(2; 2; 1) v ng thng d: x-2 y-2 z-3 = = 2 2 -1 Vit phng trỡnh ng thng i qua C, nm trong mt phng (P):... (P): x y + z + 3 = 0 v ng thng d: x-1 y-2 z -3 = = Trong cỏc mt phng i qua B v vuụng gúc vi (P), vit 1 2 -1 phng trỡnh mt phng () to vi d mt gúc ln nht Bi 9: Cho im A(0; -1; 1) v ba ng thng : d1: x y -1 z x+3 y+1 z-4 = = = = , d2: 1 1 1 2 -3 3 x+1 y z-4 = = , 2 1 -3 1) Vit phng trỡnh mt phng (P) qua A ng thi song song vi hai ng thng d1, d2 2) Trong cỏc ng thng i qua A v nm trờn (P), hóy vit phng... l ng thng nm trong (), qua A v vuụng gúc vi AB uur uuu uur r cú vộct ch phng uD = [AB, na ] = (16;11; -10) Phng trỡnh ca : x+3 y-3 z +3 = = 16 11 -10 Vớ d 2: Vit phng trỡnh ng thng i qua im C(2; -1; 3), vuụng gúc vi ng thng d: x-3 y+2 z +5 v cỏch im D(4; -2; 1) mt = = 1 2 3 khong ln nht Gii: r Xột mt phng () qua C v vuụng gúc vi d, () nhn u d = (1;2; 3) lm vộct phỏp tuyn, thỡ nm trong () Do vy... AK AB, d(A, 2 ) ln nht khi K B hay 2 nm trong ()v vuụng gúc vi AB uur uuu r uu r uu r Ta cú [na , AB] = (0; -4;4) = -4(0;1; -1) = -4u 2 ị 2 nhn u2 lm vộc t ch uu r r phng, mt khỏc u2 v ud khụng cựng phng nờn d v 2 ct nhau (do cựng thuc mt phng ()) ỡ x = -1 ù Phng trỡnh 2: ớy = 2 + t ùz = -t ợ Chỳ ý : Ta cú th dựng phng phỏp kho sỏt hm s gii ý 2 v ý 3 trong vớ d 3 Gi l ng thng tu ý i qua Buuu ct... bi tp khỏc nhau phỏt trin t duy ca hc sinh 4 KT LUN Mt bi toỏn cú th cú rt nhiu cỏch gii song vic tỡm ra mt li gii hp lý, ngn gn thỳ v v c ỏo l mt vic khụng d Do ú õy ch l mt chuyờn trong rt nhiu chuyờn , mt phng phỏp trong hng vn phng phỏp giỳp phỏt trin t duy, s sỏng to ca hc sinh Giỏo viờn trc ht phi cung cp cho hc sinh nm chc cỏc kin thc c bn sau ú l cung cp cho hc sinh cỏch nhn dng bi toỏn, th... t ; 2; t ) uuu r uuu uuu r r Ta cú AB = (-3;1;1) , [NB, AB] = (2 - t ;2 - 2t ;4 - t ) uuu uuu r r [NB, AB] (2 - t )2 + (2 - 2t ) 2 + (4 - t ) 2 3t 2 - 10t + 12 V d(A;) = = = uuu r t 2 + 2t + 4 NB (-2 - t )2 + 22 + (t ) 2 16t 2 - 64t 3t 2 - 10t + 12 Xột hm s f (t ) = 2 cú f '(t ) = 2 , vi mi t ẻ R (t + 2t + 4)2 t + 2t + 4 ột = 2 f '(t ) = 0 ờ ởt = -2 Bng bin thiờn ca f (t ) t -Ơ f(t) + -2 0 +Ơ 2 - 0... thng d: x-3 y+2 z +5 v cỏch im D(4; -2; 1) mt = = 1 2 3 khong ln nht Gii: r Xột mt phng () qua C v vuụng gúc vi d, () nhn u d = (1;2; 3) lm vộct phỏp tuyn, thỡ nm trong () Do vy d(D; ) ln nht khi nm trong (), qua C v vuụng gúc vi CD uur uuu uur r cú vộct ch phng uD = [CD, na ] = (1; -8;5) Phng trỡnh : x-2 y+1 z -3 = = 1 -8 5 ỡx = 1 + t ù Vớ d 3: Cho hai im A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0) v ng thng d: ớy . KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong chương trình Hình học giải tích lớp 12, bên cạnh các dạng toán quen thuộc như:. của các thầy trong hội đồng bộ môn Toán của sở GD, Ban Giám hiệu, đồng nghiệp trong tổ Toán – Tin học trường THPT Trần Phú. Tôi đã mạnh dạn viết chuyên đề “ Một số bài toán cực trị trong hình. cơ bản trong hình học không gian, không nắm vững các kiến thức về hình học, vec tơ, phương pháp độ trong không gian. - Đa số học sinh yếu môn hình học. 3. Số liệu thống kê Trong các