hinh hoc on thi dai hoc 12

MỘT SỐ PHÂN LOẠI CÁC DẠNG TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC Hoàng Bá Dũng (Giáo viên toán trường THPT Lê Quý Đôn -Cựu sinh viên khoá 39) Các toán chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hình học gọi chung toán toán cực trị hình học xuất nhiều đề thi học sinh giỏi, kỳ thi Đại học, cao đẳng Trong trình ôn tập đặc biệt bồi dưỡng học sinh giỏi nhận thấy cần thiết thiết phải bổ sung cho học sinh số kiến thức quan trọng phân loại dạng toán này, qua định hướng tiếp cận toán cách tự nhiên, từ giúp học sinh tự tin đứng số dạng tập cực trị hình học Bên cạnh việc dạy học theo chủ đề hướng đổi cách dạy trọng đến hướng dẫn học sinh chủ động, tích cực tìm tòi nghiên cứu phát huy tính tự học học sinh Từ suy nghĩ xin trao đổi chuyên đề “Một số phân loại toán cực trị hình học” Nội dung chuyên đề giới thiệu số phương pháp tìm cực trị thường gặp hình học Trong phương pháp sẻ có ví dụ minh họa Và cuối phần tập tổng hợp với tập giải phương pháp khác I MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ Tỷ số thể tích Cho khối chóp tam giác S.ABC, điểm A ’,B’ C’ thuộc cạnh SA,SB.SC trừ điểm S Khi ta có: VS A' B'C ' VS ABC = SA' SB ' SC ' SA.SB.SC 2.Định lý Talet mặt phẳng, không gian Các bất đẳng thức đường xiên, hình chiếu đường vuông góc - Cho mặt phẳng (P) điểm M, H hình chiếu vuông góc điểm M mặt phẳng (P), N điểm thuộc mặt phẳng (P) Chúng ta có bất đẳng thức sau: MN ≥ MH , MN ≥ NH - Khi thay mặt phẳng (P) đường thẳng d bất đẳng thức phát biểu tương tự II MỘT SỐ PHÂN LOẠI CÁC DẠNG TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC Các toán cực trị hinh học đa dạng, có nhiều phương pháp để tiếp cận, nhiên trình bồi dưỡng củng ôn tập đưa số phân loại sau Dạng1:Vận dụng khảo sát biến thiên hàm số Để vận dụng phương pháp này, thông thường biểu diển biểu thức cần tìm cực trị (Thể tích khối đa diện, diện tích thiết diện, khoảng cách ) biến khác nhau, tìm điều kiện ràng buộc biến từ biến đổi biểu thức thành hàm số, vận dụng khảo sát biến thiên hàm số để tìm cực trị Bài toán1 Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chử nhật, tích V Mặt phẳng(P) song song với mặt phẳng (ABCD) cắt cạnh SA, SB, SC,SD M, N, P, Q.Gọi M’, N’, P’, Q’ hình chiếu vuông góc điểm M, N, P, Q mặt phẳng (ABCD) Tìm tỷ số SM để thể tích khối lăng trụ MNPQ.M’N’P’Q’ đạt giá SA lớn theo V Giải S M Q N P A D M ' Q ' H N' P' B C SM MN MQ =x⇒ =x , = x Vậy MN = x AB , MQ = xAD SA AB AD Từ giả thiết ta suy khối lăng trụ M ' N ' P 'Q ' MNPQ khối hộp chử nhật nên ta có diện Đặt tích MNPQ là: S MNPQ = x S ABCD Ta lại có: MM ' AM SA − SM = = = − x ⇔ MM ' = (1 − x) SH SH AS SA Thể tích khối lăng trụ M ' N ' P 'Q ' MNPQ ký hiệu VMNPQ.M N P Q ' ' ' ' VMNPQ.M ' N ' P'Q' = x (1 − x) SH S ABCD = x (1 − x).3V Xét hàm số f(x)=x2(1-x) khoảng (0;1) ta được: Maxf(x) = V x = 27 (0;1) SM V x = Hay = Vậy VMNPQ.M ' N ' P'Q' đạt giá trị lớn theo V 27 SA Bài toán Cho khối chóp S.ABCD đáy ABCD hình chử nhật, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), SA=a, AB=b,AD=c, mặt phẳng (SBD) đường thẳng qua trọng tâm G tam giác SBD cắt cạnh SB,SD M N.Gọi K giao điểm mặt phẳng (AMN) với cạnh SC Xác định vị trí M cạnh SB để thể tích khối chóp S.AMKN đạt giá trị lớn nhất, nhỏ theo a,b,c (Học sinh giỏi Hà Nội 2008) Giải : S K N M G A D B C SM SN = x, = y, từ giả thiết G trọng tâm tam giác SBD nên ≤ x ≤ 1, SB SD uuu r r uur r uuur r uuur r ≤ y ≤ Đặt SB = u , SD = v , Đặt SM = x.u , SN = y.v , Đặt Từ phân tích có: uuuur r 1v MG = ( − x )u + v , 3 uuur 1r v GN = − u + ( y − )v , 3 uuuur r 1v uuur 1r v Do MG = ( − x )u + v GN = − u + ( y − )v phương nên ta có 3 3 1 x− 1 = ⇔ 3xy = x + y ≤ x ≤ 1, ≤ y ≤ với 1 2 y− 3 VS AMK SM SK VS AMK SN SK y x x = = = = = , VS ABC SB SC VS ABC SD SC 2 Cộng lại ta có: VS AMKN x2 x2 a.b.c x = ( x + y) = ( ) ⇔ VAMKN = ( ).VSABCD = ( ) VS ABCD 4 3x − 3x − 3x − 1 x2 Xét hàm số f(x)= đoạn [ ;1] ta ta 3x − Minf(x) = 1 Maxf(x) = x = , x = x=1 1 [ ;1] [ ;1] 2 Vậy để thể tích khối chóp thể tích khối chóp S.AMKN đạt giá trị lớn Để thể tích khối chóp thể tích khối chóp S.AMKN đạt giá trị nhỏ SM = SB SM = SB SM = SB Dạng2 Vận dụng bất đẳng thức đại số Trên sơ biêủ diển biểu thức cần tìm cực trị (Thể tích khối đa diện, diện tích thiết diện ) biến khác, tìm điều kiện ràng buộc biến, khai thác bất đẳng thức đại số bất đẳng thức cosi, bunhiacopsi Từ giải toán theo hướng đại số Bài toán Cho tứ diện ABCD tích không đổi V Điểm M thuộc miền ∆ABC đường thẳng qua M song song với DA,DB,DC theo thứ tự cắt mặt phẳng (DBC), (DCA), (DAB) tương ứng A1, B1, C1 a) Chứng minh MA1 MB1 MC1 + + =1 DA DB DC b)Tính giá trị lớn thể tích khối tứ diện MA 1B1C1 theo V M thay đổi ∆ABC Giải a)Kẻ AM, BM, CM cắt BC, AC, AB N, P , Q ta có tỷ lệ thức: QM MA1 MN MB1 PM MC1 = , = , = QC DA AN DB PB DC MA1 MB1 MC1 MN PM QM Vậy: + + = + + QC DA DB DC AN PB S MN S1 PM S QM Mặt khác : = , = , = QC AN S PB S S Trong S1 , S2 , S3 , S1 S diện tích tam giác MBC, MAC, MAB ABC Ta có: S1 + S + S3 S MA1 MB1 MC1 MN PM QM S1 S S + + = + + = + + 3+ = =1 (đpcm) S S QC S DA DB DC AN PB S S D B1 C1 A1 A P Q M B C N b) Xét Tam giác MB1C1 có MC1 song song với DC, MB1 song song với DB nên (MC1 ,MB1) = (DC, DB)= α , (MC1 ,MB1 ) góc đường thẳng MC1 ,MB1 , (DC, DB) góc đường thẳng DC DB Ký hiệu: β1 = S ∆MB C , β = S∆DBC 1 1 MB1.MC1.sin α , β = S ∆DBC = DB.DC.sin α 2 Thể tích khối tứ diện ABCD:V= h.β (trong h khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng Ta có: β1 = S ∆MB1C1 = (DBC)) Thể tích khối tứ diện MA1B1C1: VMA B C = h1.β1 (trong h1 khoảng cách từ điểm A1 đến mặt 1 phẳng (MB1C1) Ta có: V1 MB1 MC1 h1 Đặt = V DB DC h MB1 MC1 MA1 = x, = y, =z DB DC DA Gọi H hình chiếu vuông góc A mặt phẳng (DBC), H giao điểm AH (MB1C1), hai mặt phẳng (MB1C1) (DBC) song song với nên ta có: HH1 h1 MN MA1 V MB1 MC1 h1 = = = z Vậy = = x y.z ⇔ VMA1B1C1 = xyz.V = HA h AN DA V DB DC h Từ câu a) ta có: x + y + z = với x, y , z số dương V Áp dụng bất đẳng thức Côsy ta được: x y.z ≤ Từ suy ra: VMA1B1C1 = xyz.V ≤ 27 27 Đẳng thức xảy chi khi: x = y = z ⇔ S1 = S2 = S3 Hay M trọng tâm tam giác ABC Bài toán Cho tam giác ABC nhọn.Trên tia Ax vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S (H thuộc cạnh AC ) Gọi (P) mặt phẳng qua C vuông góc với SB, giả sử (P) cắt tia đối tia Ax tại.Đường thẳng MH cắt SC N a) Chứng minh MC ⊥ (SHB), SC ⊥ (MBN) b) Biết cạnh BC=a, ∠ABC = α , ∠ACB = β Tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác SMC theo a, α , β S di động tia Ax ( Học sinh giỏi tỉnh 11 Hà Tĩnh 2014) Giải S N A H C P B M a) Giả thiết suy BH ⊥ (SAC), nên MC ⊥ BH, mặt khác mp(P) vuông góc với SB nên MC ⊥ SB, SB BH cắt nhau, thuộc mp(SHB) MC ⊥ (SHB) Từ BH ⊥ (SAC) suy SC ⊥ BH, MC ⊥ (SHB) suy MC ⊥ SH nên H trực tâm tam giác SMC nên ta có MN ⊥ SC, với MN, BH cắt thuộc mp(MNB) SC ⊥ (MBN) b) Do tam giác HBC vuông H, ∠HCB = β , BC = a.nên ta tính được: BH = a.sin β , CH = a.cos β Do ∠BAC = π − (α + β ) , tam giác HBA vuông H nên AH= BHcot BAC = -a.sin β a.sinα cot (α + β ) suy AC= ,( AC không đổi) sin(α + β ) Đặt SA= x , (x dương ) tam giác SAH đồng dạng với tam giác CAM nên ta có đẳng thức: AS AH AC AH a sinα sin β cos(α + β ) = =− ⇔ MS = AC MS AS x sin (α + β ) -a.sinα sin β cos(α + β ) Vậy SM= SA+AM= x + x.sin (α + β ) Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: -a sinα sin β cos(α + β ) a − sin α sin β cos(α +β ) ≥ SM= x + x.sin (α + β ) sin(α + β ) a sin α − sin α sin β cos(α + β ) S = Khi diện tích tam giác ACM: VACM SM.AC ≥ sin (α + β ) Vậy giá trị nhỏ diện tích tam giác SMC theo a, α , β S di động tia a sin α − sin α sin β cos(α + β ) a − sin α sin β cos(α +β ) Ax là: đạt SA = sin (α + β ) sin(α + β ) Dạng Các toán vận dụng bất đẵng đường xiên, hình chiếu đường vuông góc Bất đẳng thức đường xiên, hình chiếu đường vuông góc vận dụng nhiều toán cực trị hình học.Trong nội dung viết này, giới hạn toán sử dụng phương pháp tọa độ, vận dụng nhiều phương pháp tọa độ không gian Bài toán5 Cho mặt cầu (S): ( x − 1) + y + ( z + 1) = mặt phẳng (P): x + y − z + = Qua điểm M thuộc mặt phẳng (P) kẻ tiếp tuyến MB đến mặt cầu (S) với B tiếp điểm Xác định tọa độ điểm M để MB đạt giá trị nhỏ Giải I B H P M Gọi I tâm mặt cầu (S), bán kính R, với I(1;0;-1),R=2, H hình chiếu vuông góc I mặt phẳng(P) Khoảng cách từ tâm I tới mặt phẳng (P): d ( I ,( P )) = ≥ R Vậy mặt cầu (S) mặt phẳng (P) không giao Với điểm M thuộc mặt phẳng (P), ta kẻ tiếp tuyến MB đến mặt cầu (S) với B tiếp điểm Khi ta có đẳng thức: MB2 = IM2-R2 Do IM đường xiên, IH đường vuông góc nên ta có bất đẳng thức: IH ≤ IM Vậy MB2 = IM2-R2 ≥ IH2 - R2 MB đạt giá trị nhỏ IH - R2 , đẵng thức xảy điểm M trùng với điểm H Từ xác định điểm M.Gọi d đường thẳng qua I(1;0;-1) vuông góc với mặt phẳng (P) x = 1+ t  Phương trình đường thẳng d:  y = 2t  z = −1 − 2t  Từ lập luận ta tìm M giao điểm đường thẳng d với mặt phẳng (P), M(0;-2;1) Bài toán 6: Cho mặt phẳng (P): x+y+z-3=0, điểm A(1;1;1) thuộc mặt phẳng (P) Viết phương trình tham số đường thẳng d , thuộc mặt phẳng (P), qua điểm A cho khoảng cách từ điểm M(0;2;4) đến đường thẳng d đạt giá trị nhỏ nhất, lớn Giải M H P d A N Ta chứng minh điểm M không thuộc mặt phẳng (P) Giả sữ đường thẳng d thuộc mặt phẳng (P ) qua điểm A, H hình chiếu vuông góc M mặt phẳng (P), ta tìm H(-1;1;3 ) Nlà hình chiếu vuông góc H d Khi đường thẳng d vuông góc với đường thẳng NH MH nên đường thẳng d vuông góc với MN Nên khoảng cách từ M đến đường thẳng d MN: +) Từ bất đẳng thức MN ≥ MH nên khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng d đạt giá trị nhỏ nhấtuuurlà MH N trùng với H, đường thẳng d qua hai điểm A H.Vậy AH (2;0; -2) véc tơ phương, nên phương trình tham số đường thẳng d:  x = + 2t  y =1  z = − 2t  +) Từ bất đẳng thức MN ≤ MA nên khoảng cách từ M đến đường thẳng d đạt giá trị lớn r uuur N trùng với A MA vuông góc với đường thẳng d  n, MA =(-2;4;-2) véc tơ phương d x = 1+ t  Phương trình tham số d:  y = − 2t z = 1+ t  V.MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LYỆN Bài1.Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC tam giác cân có AB = AC = a (a số thực dương) mặt bên ACC’A’ hình chữ nhật có AA’=2a Hình chiếu vuông góc H đỉnh B lên mặt phẳng (ACC’) nằm đoạn thẳng A’C a)Chứng minh thể tích khối chóp A’.BCC’B’ lần thể tích khối chóp B.ACA’ b) Khi B thay đổi, xác định vị trí H A’C cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ tích lớn c)Trong trường hợp thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ lớn nhất, tìm khoảng cách AB A’C Bài2 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, có đáy ABCD hình bình hành, AD = 4a ( a > ) , cạnh bên hình chóp a Tìm cosin góc hai mặt phẳng (SBC) (SCD) thể tích khối chóp S.ABCD lớn Bài3.Cho hình chóp S.ABCD,SA đường cao,đáy hcn với SA=a,AB=b, AD=c Trong mp(SDB) lấy G trọng tâm tam giác SDB qua G kẻ đường thẳng d cắt cạnh BS M, cắt cạnh SD N,mp(AMN) cắt SC K Xác định M thuộc SB cho VSAMKN đạt giá trị lớn nhỏ nhất, Hãy tìm giá trị lớn nhỏ  x = −t  Bài Trong không gian Oxyz cho đường thẵng d :  y = + 2t  z = 3t  điểm A(-1;2;3).Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d cho khoảng cách từ điểm A đến mp (P) đạt giá trị lớn ... x )u + v , 3 uuur 1r v GN = − u + ( y − )v , 3 uuuur r 1v uuur 1r v Do MG = ( − x )u + v GN = − u + ( y − )v phương nên ta có 3 3 1 x− 1 = ⇔ 3xy = x + y ≤ x ≤ 1, ≤ y ≤ với 1 2 y− 3 VS AMK SM... x2 x2 a.b.c x = ( x + y) = ( ) ⇔ VAMKN = ( ).VSABCD = ( ) VS ABCD 4 3x − 3x − 3x − 1 x2 Xét hàm số f(x)= đoạn [ ;1] ta ta 3x − Minf(x) = 1 Maxf(x) = x = , x = x=1 1 [ ;1] [ ;1] 2 Vậy để thể tích... , = , = QC AN S PB S S Trong S1 , S2 , S3 , S1 S diện tích tam giác MBC, MAC, MAB ABC Ta có: S1 + S + S3 S MA1 MB1 MC1 MN PM QM S1 S S + + = + + = + + 3+ = =1 (đpcm) S S QC S DA DB DC AN PB S