Một số bài toán về cực trị trong hình học giải tích 12

SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12 I) LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong chương trình Hình học giải tích lớp 12 nói riêng Hình học giải tích nói chung, bên cạnh tốn quen thuộc như: Lập phương trình đường thẳng, mặt phẳng, đường tròn, mặt cầu… ta gặp nhiều tốn lập phương trình đường thẳng, mặt phẳng, mặt cầu hay tìm điểm thỏa mãn số tính chất đặt biệt hay điều kiện cực trị náo Nói chung dạng tốn khơng khơng phải dễ, có chưng trình nâng cao toán thi Đại học cao đẳng hay thi học sinh giỏi Trong trình trực tiếp giảng dạy mơn tốn tơi nhận thấy đề tài tương đối hay, lơi em học sinh giỏi Tuy nhiên việc tiếp cận vấn đề số học sinh chưa có hiệu thường hay nản chí Tơi nhận thấy hểu chất vận dụng linh hoạt kiến thức hình học thơng thường, biết vận dụng tính chất véc tơ, … ta đưa toán tưởng chừng phức tạp khó thành tốn quen thuộc với học sinh Với tinh thần trên, nhằm giúp em học sinh hứng thú hơn, tạo cho em niềm tin, niềm đam mê sáng tạo, tự học, tự nghiên cứu giải tốn Hình học, tơi trình bày chun đề: “ Một số tốn cực trị hình học giải tích 12” II) THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI Thuận lợi:  Học sinh trang bị kiến thức  Học sinh hào hứng trước toán lạ khó  Khi thực chuyên đề, học sinh có nhiều chuyển biến thái độ kết học tập Khó khăn:  Đa số học sinh học yếu chưa có nhiều hứng thú với mơn hình học  Nhiều học sinh khơng nắm vững kiến thức hình học chưa hiểu rõ véc tơ, mối quan hệ giả thuyết tốn Giáo viên: Ngũn Ngọc Hờng – Tở Toán – THPT Hoằng Hóa IV SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12  Giáo viên cần nhiều thời gian để chuẩn bị dạng tập III NỘI DUNG Cơ sở lý luận: Không cung cấp cho học sinh kiến thức mà định hướng suy luận khả tư Giúp học sinh biết nâng cao, mở rộng tốn tổng qt hóa tốn cách tự nhiên Trong chuyên đề này, chủ yếu sử dụng phương pháp tọa độ không gian để giải vấn đề đặt Nội dung: 2.1 Nhắc lại số kiến thức bản: [1];[2];[3] Đặt f(x;y;z) = ax + by + cz +d f(A) = f(x1;y1;z1) = ax1 + by1 + cz1 +d +)Nếu f(A).f(B) < A B nằm khác phía so với (P) +)Nếu f(A).f(B) > A b nằm phía so với mặt phẳng (P) +)f(A) = A nằm (P) AB  AC �BC , dấu ↔ điểm A,B,C thẳng hàng A nằm BC AB  AC �BC , dấu ↔ điểm A,B,C thẳng hàng A nằm BC u  v  u  v Dấu “=”  u; v hướng u  v  u  v Dấu “=”  u; v hướng 2.2 Một số toán cực trị khoảng cách [2] Bài toán 1: Cho mặt phẳng (P) hai điểm A, B không nằm (P) Tìm điểm M (P) cho tổng khoảng cách MA + MB đạt giá trị bé  Phương pháp giải: Xét hai trường hợp: *) TH 1: Hai điểm A,B nằm khác phía so với mặt phẳng (P) Khi đó: +) Lập phương trình đường thẳng AB +) Tìm giao điểm M AB với mặt phẳng (P), M điểm cần tìm *) TH 2: Hai điểm A,B nằm phía so với mặt phẳng (P) Khi đó: Giáo viên: Ngũn Ngọc Hờng – Tở Toán – THPT Hoằng Hóa IV SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12 +) Tìm điểm A’ đối xứng với A qua mặt phẳng (P) +) Tìm giao điểm M A’B với mặt phẳng (P), M điểm cần tìm Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (P): x + 2y - z - = điểm A(1;0;2); B(3; 2; 0) Điểm M (a;b;c) mặt phẳng (P) cho: MA + MB đạt giá trị bé nhất, tổng a + b bằng: A B C.5 D.6 Bài giải: Nhận xét: A, B khác phía so với (P) nên MA + MB ≥ AB Dấu sảy M nằm AB, hay M giao điểm AB với mặt phẳng (P) �x   t � + )Đường thẳng AB có vtcp u AB 2(1;1; 1) nên có ptts: �y  t �z   t � +) M giao điểm AB với (P)  M(2;1;1)  a + b = nên chọn A Ví dụ 2: Cho số thực x, y, z thoả mãn: x + y + z - = (1) GTNN biểu thức Q nằm miền nào? Q = x  y  z  x  x  z  14  x  y  z  x  10 y  z  38 A (12;16) B (16;20) Lời giải: Viết lại biểu thức Q dạng: C (20;24) D (24;28) Q= ( x  1)  ( y  2)  ( z  3)  ( x  2)  ( y  5)  ( z  3) +) Xét điểm A(1;2;3), B(-2;5;3) điểm M(x;y;z) +) Từ giả thuyết ta có: Q = MA + MB với M  (P) : x + y + z - =0 Bài toán quy : “Tìm toạ độ điểm M mặt phẳng (P) để tổng khoảng cách từ M đến hai điểm A,B đạt GTNN.Tìm GTNN đó” +) Nhận xét: hai điểm A, B nằm phía mặt phẳng (P) +) Gọi H hình chiếu A mặt phẳng (P) H(0;1;2) +) A’ đối xứng với A qua (P)  H trung điểm AA’  A’(-1;0;1) Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12  x   t  +) Đường thẳng A’B có vtcp A' B ( 1;5;2) nên có ptts:  y 5t  z 1  2t  +) M = A’B  (P)  M(-3/2;5/2;2)  x  /  195 411  Vậy Q =   y 5 / , chọn B 2  z 2  Bài toán 2: Cho mặt phẳng (P) hai điểm A, B Tìm toạ độ điểm M mặt phẳng (P) cho MA  MB đạt giá trị lớn Phương pháp giải: Xét trường hợp Trường hợp 1: A B nằm phía so với mặt phẳng (P) - Mọi điểm M thuộc (P) ta ln có: MA  MB �AB Dấu sảy M giao điểm AB với (P) Trường hợp 2: A B khác phía so với mặt phẳng (P) - Gọi A’ đối xứng với A qua (P) A’ B phía với (P) - Gọi N giao điểm A,B với mặt phẳng (P) đó, với M thuộc (P) ta ln có: MA  MB  MA ' MB �A ' B Dấu “=” M trùng với N Ví dụ 3: Cho mặt phẳng (P): x – 2y – z + = điểm: A(2;-1;0), B(0;4;1) Điểm M (P) cho MA  MB lớn Tích thành phần tọa độ M là: A B  16 27 C  316 343 D 800 729 Giải: Nhận xét: A B khác phía so với mặt phẳng (P) Gọi B’ đối xứng với B qua (P), M giao điểm B’A (P) M điểm cần tìm Giáo viên: Ngũn Ngọc Hờng – Tở Toán – THPT Hoằng Hóa IV SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12 �x  t � +) Đường thẳng BB’ qua B, vng góc với (P) nên có phương trình: �y   2t �z   t � 4 1  5 )  B' ( ; ; ) 3 3 3 + H  BB'( P)  H ( ; ;  x 2  2t 1 25   AB'  (2; 1; 5)  AB':  y   t M  AB'( P)  M ( ; ; ) Vậy chọn D 9  z  5t  Bài Tốn 3: Trong khơng gian, cho hai điểm A, B đường thẳng d Tìm điểm M d cho tổng khoảng cách MA + MB bé *) Phương pháp giải: Xét trường hợp: TH1: AB vng góc với d ( Dấu hiệu nhận biết: AB.u d 0 ) Phương pháp: Gọi H hình chiếu A � d  ( ABH ) �MA �AH � MA  MB �AH  BH  const Dấu “=” sảy  M �MB �BH +) M �d : � H TH2: AB khơng vng góc với d: (Nhận biết bởi: AB.u d 0 ) +) Phương pháp: Lấy M d theo tham số t, từ biểu diễn tổng khoảng cách MA + MB theo t ta tốn tìm GTNN hàm số �x   t � Ví dụ 4: Cho đường thẳng d : �y   t , điểm A(2;1;3), B(1;-1;0), C(3;0;1) �z  t � a Điểm M(a;b;c) d cho MA + MB bé nhất, giá trị T = a + b + c A B.2 C -2 D -3 b Điểm M d T = MB + MC đạt giá trị nhỏ bao nhiêu: A 19 B 19 C 57 D Giải: Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV 57 B SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12 a) Ta có: AB (1;2;3); u (1;1; 1)  AB.u 0  AB  d Gọi H hình chiếu A lên d � d  ( ABH ) A �MA �AH � MA  MB �AH  BH  const �MB �BH +) M �d : � Dấu “=” sảy  M d M H H *) Tìm H: H  d  H (1  t ;2  t ; t )  AH (t  1; t  1; t  3) AH u 0  t   H (0;1;1) Vậy M �H (0;1;1) nên chọn B b) Nhận xét: BC d không vng góc với nhau: ) M �d � M (1  t ;  t; t ) � MB  MC  t  (t  3)  t  (t  2)2  (t  2)  (t  1) 2  3[ t  2t   t  t  3]  3[ (t  1)  ( 2)  ( t  )  ( 2) ] 3 3 Xét vec tơ: a (t  1; ); b ( t  ; )  a  b ( ;2 )  a  b  19 +) Ta có: a  b  a  b Đẳng thức sảy a; b hướng Mà: MB  MC  ( a  b )  a  b  Dấu “=” sảy � 57 3t  1 57  �t � M ( ; ; ) Vậy T = , chọn C 3(t  1) 3 3 Bài toán 4: Cho hai đường thẳng d d’ chéo Tìm điểm M d, N d’ cho MN ngắn *) Phương pháp giải: Vì d d’ chéo nhau, nên MN ngắn MN đoạn vng góc chung hai đường thẳng d d’ +) Để tìm M N ta biểu diễn M N theo hai tham số t1, t2 áp dụng điều kiện vng góc MN đường thẳng, từ tìm giá trị t1; t2 suy tọa độ điểm M, N Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12  x 1  t  x 2  2t   Ví dụ 5: Cho hai đường thẳng d :  y 2  t; d ':  y   t  z t  z 3  t   Hai điểm M d, N d’ cho MN ngắn nhất, tích cao độ M N là: A B C 12 D.20 Giải: +) Đường thẳng d có vtcp u (1; 1;1) qua điêm A(1;2;0) Đường thẳng d’ có vtcp v (2;1; 1) qua điêm B(2;-1;3)     AB (1; 3;3); u; v (0;3;1)  AB u; v  0 Vậy d d’ chéo +) Vì d d’ chéo nhau, nên MN ngắn MN đoạn vng góc chung hai đường thẳng d d’ M  d  M (1  t ;2  t ; t ); N  d '  N (2  2s;  s;3  s )  MN ( t  s  1; t  s  3; t  s  3)  MN  d )    MN  d '  MN u 0    MN v 0  t 5    s   M (6; 3;5)  z M z N 20  chọn D   N (0; 2;4) Bài toán 5: Cho mặt cầu (S) mặt phẳng (P) Tìm điểm M (S) cho khoảng cách từ M tới (P) lớn bé *) Phương pháp giải: Xét hai trường hợp Trường hợp 1: Mặt phẳng (P) (S) có điểm chung ( d ( I ;( P ))  R ) Gọi H hình chiếu I (P), đường thẳng IH A cắt (S) hai điểm A,B với I nằm AH Khi K Với M (S), gọi K hình chiếu M IH  d ( M ;( P ))  KH  AH =const Vậy khoảng cách từ M (P) lớn AH M trùng với A P M I H *) Trường hợp 2: Mặt phẳng (P) mặt cầu (S) khơng có điểm chung( d ( I ;( P ))  R ) Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV B SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12 Gọi H hình chiếu I (P), đường thẳng IH cắt (P) hai điểm A,B (B nằm IH) Khi K Mọi M thuộc (S), gọi K hình chiếu M IH I A M  BH d ( M ;( P ))  KH  AH Vậy Khoảng cách từ M đến (P) lớn AH M trùng với A B bé BH M trùng với B P H Ví dụ 6: Cho mặt cầu (S): (x – 1)2 + y2 + (z + 1)2 = điểm A(1;-3;-3), B(2;-7;0), C(-3;2;-4) Điểm M (S) cho tứ diện MABC tích lớn nhất, tổng thành phần tọa độ M A Bài giải: B C  D  Ta có: AB (1; 4;3), AC ( 4;5; 1)  AB; AC  11(1;1;1)  ( ABC ) : x  y  z  0; ( P) +) Mặt cầu (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính R   d ( I ;( P ) 2  R  (P) (S) khơng có điểm chung +) Vì ∆ABC có diện tích khơng đổi nên thể tích tứ diện MABC lớn khoảng cách từ M dến (ABC) lớn +) Gọi H hình chiếu I (P), đường thẳng IH cắt (S) hai điểm E F (với F nằm HI) nên khoảng cách từ M tới (ABC) lớn M trùng với E *) Tìm M:  x 1  t  () Đường thẳng IH qua I, vng góc với (P) có phương trình:  y t  z   t  Tọa độ giao điểm E F ∆ với (S) nghiệm hệ: Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12  x 1  t  y t    z    t   ( x  1)  y  ( z  1) 3  t   t 1  x 0  x 2       y 1  y 1  z   z 0 Do d ( E ;( P ))  d ( F ;( P )) nên E(2;1;0); F(0;1;-2) Vậy: M(2;1;0) VMABC lớn Khi xM + yM + zM = 3, chọn C 2.3.Bài toán cực trị véc tơ: [2] [3] Bài toán Cho mặt phẳng (P) (hoặc đường thẳng d); n điểm phân biệt A 1; A2; ;An và n số thực a1; a2; ; an Với a1 + a2 + + an = a  Tìm điểm M (P) hoặc M đường thẳng d cho: a1 MA1  a MA2   a n MAn đạt giá trị bé nhất a1 MA12  a MA22   a n MAn2 đạt gtln (nếu a < 0) hoặc bé nhất (nếu a > 0) *) Phương pháp giải: Xét điểm M thuộc mặt phẳng (P) a1 MA1  a MA2   a n MAn đạt giá trị bé nhất +) Tìm điểm I thỏa mãn: a1 IA1  a IA2   a n IAn 0 (1) +) Gọi H hình chiếu I (P), ta có: a1 MA1  a MA2   a n MAn  a1 ( MI  IA1 )  a ( MI  IA2 )   a n ( MI  IAn )   (a1  a   a n ) MI  a MI  a MI  a IH const Dấu “=” sảy M trùng với H Đến ta cần tìm tọa độ hình chiếu H I (P) *) Nếu a1 = a2 = = an điểm I thỏa mãn (1) trọng tâm hệ n điểm A1, A2, , An Trường hợp có hai điểm A, B trọng tâm AB trung điểm AB a1 MA12  a MA22   a n MAn2 đạt gtln (nếu a < 0) hoặc bé nhất (nếu a > 0) Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12 +) Gọi I điểm thỏa mãn (1) , H hình chiếu I (P) đặt k a1 IA12  a IA22   a n IAn2  k số Ta có: T= a1 MA12  a MA22   a n MAn2 a1 ( MI  IA1 )  a ( MI  IA2 )   a n ( MI  IAn ) = a.MI + a1 IA12  a IA22   a n IAn2 + 2MI (a1 IA1  a IA2   a n IAn ) = a.MI2 + k *) Nếu a >  T aMI  k k  aIH c  TMin aIH  k  M  H 2 *) Nếu a <  T aMI  k k  a IH c  TMax k  a IH  M  H Đến ta cần tìm tọa độ hình chiếu H I (P) *) Nếu điểm M thay đổi đường thẳng ta làm tương tự Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (P) : x+y+z-3=0; A(1;0;2); B(-1;1;1); C(3;2;0) 1) M  (P) cho: MA  3MB  4MC bé tích tọa độ M A -10 B  289 108 C  324 125 D 70 27 2) Điểm M (P) cho T = MA2  3MB  4MC bé Mệnh đề sau sai? A xM + zM = C XM +2yM = B xM +yM + zM = D 34yM + zM = Giải: a) Giả sử I( x0 ; y0 ; z0 ) điểm thỏa mãn: IA  IB  IC 0  I(8; 5/2 ; -1/2) + M hình chiếu I (P)  M ( 17  17 ; ; ) , chọn B 6 b) T bé M hình chiếu I(8; 5/2 ; -1/2) lên (P)  M ( 17  17 ; ; ) 6 suy mệnh đề sai là B Ví dụ 2: Cho A(-1;1;1); B(2;-3;0); C(4;0;-1); D(0;2;2) đường thẳng Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV 10 SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12 d: x y z   1 Điểm M d Biểu thức T= MA  2MB  5MC  3MD đạt giá trị bé gần giá trị nhất: A.9 B C 17 D 14 Giải: +) Gọi I thỏa mãn IA  IB  5IC  3ID o  I (15;1; 10) , M hình chiếu I d nên M (1;0;3)  T ≈ 14,  chọn C 2.4 Một số dạng tốn cực trị lập phương trình mặt phẳng đường thẳng thỏa mãn điều kiện cực trị khác Bài toán 1: Cho điểm A đường thẳng d khơng qua A Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa d cho khoảng cách từ A đến (P) lớn Phương pháp giải: +) Gọi K H hình chiếu A (P) d, ta có: d ( A;( P ))  AK  AH c  khoảng cách từ A đến (P) đạt giá trị lớn AH H  K  Mặt phẳng (P) chứa d vng góc với AH Đến đây, ta việc tìm tọa độ hinhc chiếu H A d suy phương trình mặt phẳng (P)  x t  Ví dụ 1: Cho điểm A(1;2;3) đường thẳng d:  y  t Phương trình  z 1  t  mặt phẳng (P) chứa d cho khoảng cách từ A đến (P) lớn Có véc tơ pháp tuyến n (1; a; b) Tính T = a + b A.12 B.6 C D Giải: +) Gọi K H hình chiếu A (P) d, ta có: Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV 11 SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12 d ( A;( P ))  AK  AH c  khoảng cách từ A đến (P) đạt giá trị lớn AK H  K  Mặt phẳng (P) chứa d vng góc với AH 1 ; ) 3 +) H hình chiếu A lên d  H ( ; +) Mặt phẳng (P) qua H vng góc với AH nên có phương trình là: ( P) : x  5 y  z  0  a  b 6 , chọn B 2 Bài toán 2: Cho hai điểm A B Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A cho khoảng cách từ B đến (P) lớn Phương pháp giải: Gọi H hình chiếu B (P) ta có: d ( B;( P ))  BH  AB c  khoảng cách từ B đến (P) đạt giá trị lớn AB H  A  Mặt phẳng (P) qua A vng góc với AB, từ suy phương trình (P) Ví dụ 2: Cho điểm A(1;0;2), B(4;3;3), C(-1;1;4) a) Mặt phẳng (P) qua A cho khoảng cách tự B đến (P) lớn qua điểm sau A.M(2;-1;0) B N(4;-7;12) C E(-5;4;8) D.F(2;3;-17) b) Gọi (Q) mặt phẳng cho khảng cách từ A đến (Q) khoảng cách tự C đến (Q) Khoảng cách từ B đến (Q) A 16 B 11 C D Giải: a) Gọi H hình chiếu B (P) ta có: d ( B;( P ))  BH  AB c  khoảng cách từ B đến (P) đạt giá trị lớn AB H  A  Mặt phẳng (P) qua A vng góc với AB +) AB (3;3;1)  ( P) : 3x  y  z  0  (P) qua E(-5;4;8),  Chọn C b) Ta có: AC ( 2;1;2)  AC 3 Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV 12 SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12 Gọi H I hình chiếu A C (P), K hình chiếu C A  AH 5  AK  AC 3  K C  CI  HK 2 AH, ta có:   (Q)  AC ( 2;1;2)  (Q) : x  y  z  m 0  d ( A;( Q )) )   d ( C ;( Q ))  m 5  5    m 17 2 m  11   2 K Q C H I 16  Chọn A Vậy (Q): 2x – y – 2z +17 =  d ( B ;( P ))  Bài toán 3: Cho mặt phẳng (P) hai điểm A, B khơng nằm (P) Lập phương trình đường thẳng ∆ qua A, song song với mặt phẳng (P) cho khoảng cách từ B tới ∆ bé Phương pháp giải: +) Gọi (Q) mặt phẳng qua A, song song với (P) suy ∆ nằm (Q) +) Gọi H K hình chiếu B lên (Q) ∆ ta có: d ( B; )  BK  BH c  Min(d ( B; ) )  BH  K  H Do đó, muốn lập phương trình đường thẳng ∆ ta cần lập phương trình mặt phẳng (Q) tìm hình chiếu H B (Q) Đường thẳng AH đường thẳng ∆ cần tìm Ví dụ 3: Cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – = hai điểm A(-3;0;1), B(1;-1;3) Trong đường thẳng qua A song song với (P), đường thẳng d, song song với (P) cho khoảng cách từ B tới đường thẳng bé nhất, véc tơ phương d là: A u (2;11;26) B u (11;2; 26) C u (26; 2;11) D u (26;11; 2) Giải: Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tở Toán – THPT Hoằng Hóa IV 13 SKKN: MỢT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12 +) Gọi ∆ đường thẳng cần lập, (Q) mặt phẳng qua A, song song với (P) suy ∆ nằm (Q) +) Gọi H K hình chiếu B lên (Q) ∆ ta có: d ( B; )  BK  BH c  Min(d ( B; ) )  BH  K  H Khi đường thẳng ∆ đường thẳng AH *) Tìm H: +) Mặt phẳng (Q) qua A, song song với (P)  (Q) : x  y  z  0  x 1  t   BH :  y   2t  H (1  t ;  2t ;3  2t )  z 3  2t  H  (Q)  t   10  11  H ( ; ; )  AH  (26;11; 2) 9 9 P Q A ∆ B H K  u (26;11; 2)  Chọn D Bài toán 4: Cho mặt phẳng (P) đường thẳng d không nằm (P) Lập phương trình mặt phẳng (Q) chứa d, tạo với (P) góc lớn bé Phương pháp giải: +) Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua điểm M thuộc d có vtpt n1 (a; b; c) 0 +) Từ giả thuyết d nằm (Q) suy mối quan hệ a,b c +) Gọi α góc (P) (Q), tính cosα theo a, b, c +) Kết hợp điều kiện a,b,c ta biểu diễn cosα thành hàm số t +) Tìm GTLN, GTNN hàm số suy GTLN, GTNN cosα Khi đó: α lớn cosα nhỏ nhất; α nhỏ cosα lớn Ví dụ 4: Giáo viên: Ngũn Ngọc Hờng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV 14 SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12 Cho mặt phẳng (P): 2x + 2y + z + = 0; Đường thẳng d: x 1 y  z   Gọi 1 (Q) mặt phẳng chứa d tạo với (P) góc bé Biết véc tơ pháp tuyến (Q) có dạng (a;b;1) Tính b – a A B C 8 D – Giải +) Mặt phẳng (P) có vtpt n1 (2;2;1) +) Đường thẳng d có vtcp u (1; 1;2) qua M(-1;1;0) +) Giả sử n (a; b; c) 0 vtpt (Q)  (Q): ax + by + cz + a – b = d  (Q)  n2 u 0  a – b + 2c =  b = a + 2c Gọi α góc (P) (Q),  cos   n1 n2 n1 n2  2a  2b  c a  b  c  3a  5c 2a  4ac  5c  (3a  5c) 2a  4ac  5c a (3  5) 1 (3t  5) c Cos   +) c 0  cos   Đặt t =a/c, ta có: a a 3 2t  4t  2( )   c c (3t  5)  y '  (3t  5)( 8t  10) y ' 0  +) Xét hàm số: y  f (t )  (2t  4t  5) 2t  4t  t -5/3   y’ - 5/4 + f (t ) t   / t 5 /   - 35/6 y 9/2 9/2 +) c =  cos   (*) Từ BBT (*) suy ra: Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV 15 SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12 +) α bé cosα = 35  a / c 5 / 13  b   b  a 2  chọn B Chọn a     c 1 Bài toán 5: Cho điểm A, B, C phân biệt, không thẳng hàng Lập phương trình mặt phẳng (P) qua C cho tổng khoảng cách từ A B tới (P) lớn I Phương pháp giải: B A Xét trường hợp: *) Trường hợp 1: điểm A B M phía so với (P) Gọi M, N hình chiếu P H N C A B (P), I trung điểm AB, H hình chiếu I (P), ta có: d d ( A;( P ))  d ( B ;( P ))  AM  BN 2 IH 2 IC const  d max 2 IC  H C Khi đó, mặt phẳng (P) qua (C) vng góc với IC *) Trường hợp 2: Hai điểm A,B nằm khác phía mặt phẳng (P) +) Gọi E giao điểm AB với (P) A  AM  AE    AM  BN  AE  BE  AB c  BN  BE Dấu “=” sảy chi M  N  E M Khi mặt phẳng (P) qua C vng góc với AB, tổng khoảng cách từ A B tới (P) P E N C Đạt giá trị lớn AB +) Tới đây, ta cần so sánh AB 2IC, kết quả: B *) Nếu AB < 2IC  tổng khoảng cách lớn 2IC Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV 16 SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12  (P) qua C vng góc với IC *) Nếu AB >2IC tổng khoảng cách lớn AB, mặt phẳng (P) qua C vng góc với AB *) Nếu AB = 2CI hai trường hợp thỏa mãn tốn Ví dụ: Cho A(1;0;1), B(-3;2;1), C(-7;4;3) a) Mặt phẳng (P) qua C cho tổng khoảng cách từ A B tới (P) lớn qua điểm nào: A.M(5;20;15) b) B N(10;-5;6) C E(4;2;-3) D F(0;17;6) Gọi (Q) mặt phẳng qua B cho tổng khoảng cách từ A C tới (Q) lớn Véc tơ pháp tuyến (Q) vng góc với véc tơ nào? A.(1;-1;2) B (2;-1;-1) Giải C.(1;-2;2) D.(1;1;2) a) Gọi I trung điểm AB  I(-1;1;1)  IC = 7, AB 2  IC Vậy mặt phẳng (P) qua C vng góc với IC  ( P) : x  y  z  60 0 Vậy (P) qua điểm M(5;20;15), chọn A b)Gọi J trung điểm AC  J(-3;2;2)  BJ (0;0;1)  BJ 1 Ta có: AC ( 8;4;2)  AC  84  2.BJ  mặt phẳng (Q) qua B có tổng khoảng cách từ A C tới (Q) lớn (Q) vng góc với AC  n (4; 2; 1)  n  u (1;1;2)  chọn D BÀI TẬP ÁP DỤNG Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV 17 SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12  x 2  t  Cho mặt phẳng (P): 2x – y + z – = 0, đường thẳng d:  y 1  t ,  z 2t  điểm A(3;-2;1), B(4;1;-2);C(0;4;3),D(-5;-1;2) Tìm tọa độ điểm M (P) cho: MA + MB bé A (1;-1;0) B (-1;0;-1) C (27/8;-7/8;-15/8) D (4/3;1/3;-11/3) Điểm M (P) cho MA  MB  MC  MD bé nhất, hoành độ M A 2/3 B -2/3 C 7/6 D -7/6 Điểm M (P) cho 2MB2 – MC2 bé Tổng thành phần tọa độ M A B -2 C D -3 Mặt phẳng (Q) qua A cho khoảng cách từ B tới (Q) lớn nhất, Khoảng cách từ C tới (Q) bằng: A 19 B 19 C 11 19 D 19 Mặt phẳng (Q) qua A cho tổng khoảng cách từ B C tới (Q) lớn Góc tạo oy (Q) gần bằng: A 570 B 760 C 410 D 680 BT2: Cho điểm A(2;1;3) mặt phẳng (P): x + my + (2m+1)z – m – = Gọi H(a;b;c) hình chiếu A lên (P) Tính a + b AH lớn A B C 3/2 D 1/2 BT3: Cho điểm A(-1;0;0), B(0;-1;0), C(0;0;1) mặt phẳng (P): 2x – 2y + z + = Xét điểm M thay đổi (P) GTNN MA  MB  MC  MB A 22 B C D 19 BT4: Cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 + 2x – 8y + = hai điểm A(5;10;0), B(4;2;1) Giá trị nhỏ MA + 3MB A 11 B 22 C 22 D 11 Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV 18 SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12 BT5: Cho A(6;0;0), B(0;3;0), mặt phẳng (P): x – 2y + 2z = Gọi d đường thẳng qua M(2;2;0), song song với (P) tổng khoảng cách từ A,B đến d nhỏ Véc tơ véc tơ phương d? A (-10;3;8) B (14;-1;-8) C (22;3;-8) D (18;1;-8) BT6: Cho A(1;1;3), B(5;2;-1), hai điểm M,N thay đổi (oxy) cho điểm I(1;2;0) trung điểm MN Khi biểu thức P MA  NB  MA.NB đạt giá trị nhỏ nhất, tính T = 2xM - 2xN + 3yM - yN A -9 B – 10 C -11 D -12 BT7: Cho A(1;2;-1), B(0;4;0), mặt phẳng (P): 2x – y + 2z + 2017 = Mặt phẳng (Q) qua A, B tạo với (P) góc nhỏ nhất, biết (Q) có véc tơ pháp tuyến n (1; a; b) Tính tổng a + b A -2 B C D BT8: Cho A(-3;0;1), B(1;-1;3), mặt phẳng (P): x –2 y + 2z - = Đường thẳng d qua A, song song với (P) cho khoảng cách từ b tới d nhỏ Biết u (1; a; b) véc tơ phương d Khi a/b A 11 B -11/2 C.-3/2 D 3/2 BT9: Cho mặt phẳng (P): mx + (m+1)y – z – 2m – =0 Gọi (T) tậphopwj điểm Hm hình chiếu H(3;3;0) lên (P), a b khoảng cách lớn nhỏ từ O tới điểm thuộc (T) Tính a + b A B 3 C D Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV 19 SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12 IV KẾT LUẬN Chuyên đề thực giảng dạy từ tơi có ý tưởng giải toán cực trị dạy chương trình hình học nâng cao lớp 12 ôn thi Đại học Trong trình thực chuyên đề thấy học sinh tự tin gặp tốn cực trị, góp phần tạo dựng niềm đam mê óc sáng tạo học sinh ôn luyện giải đề thi Đại học Dạng tốn cực trị hình học nói chung đa dạng, phong phú Mỡi dạng tốn lại có nhiều cách giải khác nhau.Việc vận dụng linh hoạt sáng tạo dạng toán sẽ giúp học sinh phát triển tư duy, sáng tạo Chuyên đề mang tính chất gợi mở vấn đề định hướng cho học sinh tư sáng tạo, vậy, để đạt hiệu cao, học sinh phải rèn luyện thường xuyên lien tục Tuy nội dung chuyên đề rộng khuôn khổ thời gian có hạn, tơi cung cấp số dạng tốn điển hình số ví dụ trình bày chi tiết Rất mong góp ý kiến bạn quan tâm bạn đồng nghiệp để chuyên đề đầy đủ hơn, hoàn thiện nhiều người áp dụng Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV 20 SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12 V TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] SGK, SBT hình học 12- NXBDG năm 2008 [2] SGK,SBT nâng cao hình học 12 – NXBDG năm 2008 [3] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ năm 2014 – 2018 Thanh Hóa ngày 20 tháng năm 2019 Người thực hiện Nguyễn Ngọc Hồng XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VI Thanh Hóa ngày 20 tháng năm 2019 Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV 21 SKKN: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12 CAM KẾT KHÔNG COPY Nguyến Ngọc Hồng Giáo viên: Nguyễn Ngọc Hồng – Tổ Toán – THPT Hoằng Hóa IV 22 ...  I (15;1; 10) , M hình chiếu I d nên M (1;0;3)  T ≈ 14,  chọn C 2.4 Một số dạng toán cực trị lập phương trình mặt phẳng đường thẳng thỏa mãn điều kiện cực trị khác Bài toán 1: Cho điểm A đường... TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH 12 IV KẾT LUẬN Chuyên đề thực giảng dạy từ tơi có ý tưởng giải tốn cực trị dạy chương trình hình học nâng cao lớp 12 ơn thi Đại học Trong q trình... q trình thực chuyên đề thấy học sinh tự tin gặp tốn cực trị, góp phần tạo dựng niềm đam mê óc sáng tạo học sinh ôn luyện giải đề thi Đại học Dạng tốn cực trị hình học nói chung đa dạng, phong