SKKN Một Số Bài Toán Cực Trị Trong Hình Học Giải Tích Lớp 12

THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI 1.

Trang 1

SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ

TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

Trong quá trình trực tiếp giảng dạy và nghiên cứu tôi thấy đây là dạngtoán 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 bàitoán quen thuộc

Đứng trước thực trạng trên, với tinh thần yêu thích bộ môn, nhằm giúpcác 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, tạonền tảng cho các học sinh tự học, tự nghiên cứu Được sự động viên, giúp đỡcủa các thầy trong hội đồng bộ môn Toán của sở GD, Ban Giám hiệu, đồngnghiệp 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 chuyênđề

- Được sự động viên của BGH, nhận được động viên và đóng góp ýkiến cuả đồng nghiệp

2 Khó khăn.

- Giáo viên mất nhiếu thời gian để chuẩn bị các dạng bài tập

Trang 2

- 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 trongkhông 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 hìnhhọc số lượng học sinh biết vận dụng được thể hiện qua bảng sau:

Khôngnhận

biếtđược

Nhận biết, nhưng không biết vận dụng

Nhận biết và

biết vận dụng ,chưa giảiđược hoàn chỉnh

Nhận biết và biết vận dụng, giải được bài hoàn chỉnh

Trong chuyên đề chủ yếu dùng phương pháp tọa độ trong không gianđể 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)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:

Trang 3

 Viết phương trình tham số của d

 Gọi H  dcó tọa độ theo tham số t

 H là hình chiếu vuông góc của điểm M lên d khi u MH d 0

 Tìm t, suy ra tọa độ của H

2.2 Ca ́c bài toán cực trị liên quan đ ến tìm một điểm thỏa điều kiện cho trước.

Bài toán 1: Cho n điểm A1 , 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)α)) Tìm điểm M trên đường thẳng d hay mặt phẳng (α)α)) sao cho k MA1              1               k MA2 2                k MA n n

có giá trị nhỏ nhất Lời giải:

 Tìm vị trí của M khi MI

đạt giá trị nhỏ nhất

Giải:

1) Gọi điểm I thỏa IA + IB = 0   thì I là trung điểm AB và I(0; 2; 4)

Khi đó                                                                                                      2

<=> MI nhỏ nhất <=> M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d.Đường thẳng d có vtcp u = (1; 1; 1) , phương trình tham số d:

 

IM u hay 3t – 3 = 0 <=> t = 1Vậy M( 5; 0; 1)

2) Gọi điểm J(x; y; z) thỏa JA - 4JB = 0  

Ví dụ 1: Cho đường thẳng  d :x- 4 = y+1 = z

1 1 1 và hai điểm A 0;1;5 ,

B 0;3;3 Tìm điểm M trên d sao cho

1) MA + MB  có giá trị nhỏ nhất

2) MA - 4MB  có giá trị nhỏ nhất

Trang 4

khi M là hình chiếu vuông góc của J lên đường thẳng d

nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (α).)

MG nhận n = (2; -2; 1) làm vecto chỉ phương

Phương trình tham số MG

4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = 0  17t 17 0    t  1

MA + MB MC có giá trị nhỏ nhất

2) Gọi I(x; y; z) là điểm thỏa                                            3                0

Trang 5

232

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 (α) hay đường thẳng) sao cho

Trang 6

Giải:

1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa IA + IB = 0   thì I là trung điểm AB và 3 3

2  2I

Ta có: MA2 + MB2 = (MI + IA) +(MI + IB)                             2                             2

Đường thẳng IM qua điểm I và có vtcp nα)  (1; 2;2)

Phương trình tham số MI: 3

232

2) Gọi J(x; y; z) là điểm thỏa JA - JB -JB = 0               

Trang 7

Do JA JB2  2  JC2 không đổi nên MA2 - MB2 – MC2 lớn nhất khi MJ nhỏnhất hay M là hình chiếu của J trên mặt phẳng (α).)

Đường thẳng JM qua điểm I và có vtcp nα). (1; 2;2)

Phương trình tham số MJ:

A(0; 1; -2), B( 2; -1; 2), C(4; 3; 3) Hãy tìm điểm M trên d sao cho

1) MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất

2) MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhất

Trang 8

M d  M(1 t; 2 2t; 3 t)   , IM = ( t-3; 2t + 5 ; t - 3) khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì   0

IM u

Vậy với 1 2 7

( ; ; )

3 3 3

M thì MA2 - 2MB2 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)  

Và MA2 - 2MB2 = (t + 1)2 + (2t + 1)2 +(t + 5)2 – 2[(t - 1)2 + (2t + 3)2+(t +1)2

= - 6t2 – 8t +5

Xét hàm số f t( )  6 – 8 5, t2 t  t R

Có đạo hàm '( ) 12t – 8 , '( ) 0 2

3

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 MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất khi 1 2 7

( ; ; )

3 3 3 M

2) Gọi điểm G(x; y; z) là điểm thỏa GA + GB +GC = 0    thì G là trọng tâm tam giác ABC và G(2; 1; 1)

Ta có: MA2 + MB2 + MC2 =(MG + GA) + (MG + GB) +(MG + GC)                                           2                                           2 2

= GA GB2  2  GC +3MG + 2MG(GA GB GC)2 2                  

= GA GB2  2  GC +3MG2 2

Do GA GB2  2  GC2 không đổi nên MA2 + MB2 + MC2 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)   , GM = ( t-1; 2t +1 ; t +2)

Trang 9

Khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì   0

M thì MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhất

Bài toán 3: Cho mặt phẳng (α)α)) có phương trình:ax + by + cz + d = 0 và hai

điểm A,B không thuộc (α)α)) Tìm điểm M trên (α)α)) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.

Lời giải:

1 Nếu (axA+byA+ czA + d)(axB+byB+ czB+ d) < 0 thì A, B nằm về hai phíavới (α).) Để MA + MB nhỏ nhất khi M thuộc AB hay M là giao điểmcủa (α).) và AB

2 Nếu (axA+byA+ czA + d)(axB+ byB+ czB+ d) >0 thì A, B nằm về mộtphía 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 làgiao 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 phíacủa (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) 

Phương trình tham số của AB:

2 2

M là điểm cần tìm

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 trênmặt phẳng (α).) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất

Trang 10

Giải:

1) Thay tọa độ của A và B vào phương trình (α).) ta thấy hai điểm nằm về mộtphía 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).)

Đường thẳng AA’ đi qua A và vuông góc với (α).), AA’ nhận   (1; 1;2)

n

làm vecto chỉ phương

Phương trình tham số AA’:

1 2

M thì MA + MB có giá trị nhỏ nhất

2) Thay tọa độ của A và C vào phương trình (α).) ta thấy hai điểm nằm về haiphía của (α).).Vậy nên A’ và C nằm cùng một phía đối với (α).)

Ta thấy MA - MC  MA' - MC  A'C

Nên MA - MC đạt giá trị lớn nhất khi M thuộc A’C nhưng ở phía ngoài đoạnA’C, tức M là giao điểm của A’C và (α).)

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 nhất2) MA - MC có giá trị lớn nhất

Trang 11

Đường thẳng A’C có vtcp    ( 1; 3; 3)  

Vậy với ( ;5 5; 5)

4  4  4

M thì MA - MC có giá trị lớn nhất

Bài toán 4: Cho đường thẳng d và hai điểm phân biệt A,B không thuộc d.

Tìm điểm M trên đường thẳng d sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.

Lời giải:

1 Nếu d và AB vuông góc với nhau

Ta làm như sau:

- Viết phương trình mặt phẳng (α).) qua AB và vuông góc với d

- Tìm giao điểm M của AB và (α).)

- Kết luận M là điểm cần tìm

2 Nếu d và AB không vuông góc với nhau

Ta làm như sau:

- Đưa phương trình của d về dạng tham số, viết tọa độ của M theo thamsố t

- Tính biểu thức MA + MB theo t, xét hàm số f(t) = MA + MB

- Tính giá trị nhỏ nhất của hàm số f(t), từ đó suy ra t

- Tính tọa độ của M và kết luận

Giải:

Đường thẳng d có phương trình tham số

1 2

2 2 3

Trang 12

Xét mặt phẳng (P) qua CD và vuông góc với d

(P) qua điểm C(-4; 1; 1) và nhận u (2; 2;1)  làm vecto pháp tuyến

Phương trình (P): 2(x +4) – 2(y -1) + 1(z -1) = 0 hay 2x – 2y + z + 9 = 0

Điểm M thuộc d thỏa MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của dvà mp(P)

Tọa độ M ứng với t là nghiệm của phương trình:

Ta có [ ,  i AB OA ] = (0; 2; 1)(3; 0; 2) = 0 + 6 +2 = 8 nên AB và Ox chéo nhau

Phương trình tham số của Ox: 0

0

x t y z

S = MA + MB = (t -3) 2   0 4  (t -2) 2   1 0= (t -3) 2   4 (t -2) 2  1

Ta phải tìm t sao cho S đạt giá trị nhỏ nhất

Trong mặt phẳng tọa độ với hệ Oxy xét các điểm Mt(t; 0)  Ox và hai điểm

At(3;2), Bt(2; 1) thì S = MtAt + MtBt

Ta thấy At, Bt nằm cùng phía với Ox nên ta lấy At’(3; -2) đối xứng với At

qua Ox

Phương trình đường thẳng At'Bt : 3x + y – 7 = 0

S = MtAt + MtBt nhỏ nhất khi M là giao điểm của Ox và At'Bt  3t - 7 = 0

M là điểm cần tìm

Cách khác: Ta có thể tìm điểm M bằng phương pháp khảo sát hàm số.

 Từ biểu thức S = (t -3) 2  4  (t -2) 2  1

Ta xét hàm số f t   (t -3) 2  4  (t -2) 2  1 (t  )

Có đạo hàm  

Ví dụ 2: Cho hai điểm A(3; 0; 2), B(2; 1; 0) Hãy tìm điểm M trên trục Ox

sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất

Trang 13

t t

Trang 14

Ta có u.CD= 4 + 6 – 1 = 9 ≠ 0  d không vuông góc với AB và

[ ,     ]

u AB NA= (-5; 4; 2)(-2; -1; 0) = 10 – 4 = 6  d và AB chéo nhau

- Chu vi tam giác MAB là 2p = 2(MA + MB + AB), do AB không đổi nên 2pđạt giá trị nhỏ nhất khi MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất

Xét điểm M   d M (1 2 ;  t 2+2t;1 t), ta phải tìm t để MA + MB đạt giá trịnhỏ nhất

Nhận xét: Trong dạng toán này nếu ta dùng phương pháp khảo sát hàm số thì việc tìm t sẽ đơn giản hơn.

Trang 15

Bài toán 5: Cho hai đường thẳng d1 ,d 2 chéo nhau Tìm các điểm M d 1 , N d 2 là chân đoạn vuông góc chung của hai đường trên.

Lời giải:

- Viết phương trình hai đường thẳng

dạng tham số

- Lấy M d1 và N d2( tọa độ theo

MN u (u 1, u 2 là các véctơ chỉ

phương của d1 và d2 )

- Tìm tọa độ M, N và kết luận

Hay d1 và d2 chéo nhau

2) M d1 và N d2 sao cho độ dài MN ngắn nhất khi và chỉ khi MN là độdài đoạn vuông góc chung của d1 và d2

Phương trình tham số của hai đường thẳng

d1:

5

1 2 11

t t

1) Chứng minh d1, d2 chéo nhau

2) Tìm điểm M d1 và N d2 sao cho độ dài MN ngắn nhất

Trang 16

Do đó M(7; 3;9) và N(3; 1; 1)

Vậy với M(7; 3;9) và N(3; 1; 1) thì độ dài MN ngắn nhất bằng 2 21

Giải:

- Lấy điểm M trên d, Gọi H là hình chiếu vuông

góc của M lên AB

- Tam giác MAB có diện tích S = 1

2AB.MH đạtgiá trị nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất, hay MH là

đoạn vuông góc chung của AB và d

Ta thấy d qua M1(2; 4; -2), có vtcp u  (1;1;0)

AB qua A(1; 2; 3) và  

AB (0; -2;-2) = 2  1

u

với 1 (0;1;1)



u là véc tơ chỉ phương của AB

Phương trình tham số AB

1

t t

SMAB  AB.MH 

Ví dụ 2: Cho đường thẳng d:

2 4 2

và hai điểm A(1;2; 3),B(1; 0; 1) Tìmđiểm M trên d sao cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất

Ví dụ 3: Cho đường thẳng d:

0 2

t t

Trong các mặt cầu tiếp xúcvới cả hai đường thẳng d và trục Ox, hãy viết phương trình mặt cầu (S)có bán kính nhỏ nhất

Định dạng
Số trang	32
Dung lượng	1,24 MB