Phương pháp giải một số bài toán cực trị trong hình học không gian oxyz 12

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 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 1 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, yêu 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 toán 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 toán 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 Chun 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 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 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 tốn cực trị điển hình hình học không 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 không gian Oxyz 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 khơng 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 toán 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 nhiều học sinh học tập mơn tốn cách thụ động, đối phó; kĩ giải tốn yếu, đặc biệt kĩ nhận dạng phân loại dạng toán áp dụng phương pháp phù hợp cho dạng tốn nhiều lúng túng Ngun 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 khơng gian thường sử dụng hai cách làm: Cách 1: Sử dụng phương pháp hình học Cách 2: Sử dụng phương pháp đại số Bài tốn 1: Trong khơng gian Oxyz, cho điểm A(xA ; yA ; mặt phẳng (P ) : ax + by + cz + d = Tìm điểm M ∈ (P ) cho: MA + MB nhỏ MA − MB lớn với Nếu (axA + byA mặt phẳng (P ) Nếu (axA + byA + czA với mặt phẳng (P ) • MA + MB A, B + d)(axB + byB + czB + d) < Trường hợp 1: Hai điểm Trường hợp 2: Hai điểm Gọi A' hai điểm hai điểm A, B Vậy MA + MB • MA − M B A, B (P ) nên nhỏ Trường hợp 2: Hai điểm A' đối xứng với MA = M A′ Vậy nằm khác phía A′B (P ) A' B AB (P ) khác phía (P ) M = A′B ∩ (P ) lớn Trường hợp 1: Hai điểm Gọi phía với nhỏ MA + MB phía so với mặt phẳng A, B phía so với mặt phẳng Vì A, B phía so với mặt phẳng M = (P ) ∩ AB • A, B A, B khác phía so với mặt phẳng đối xứng với A qua mặt phẳng (P ), MA = M A′ nên MA + MB = MA ′ + MB ≥ A ′B (P ) nhỏ Vì A, B khác phía so với mặt phẳng M = (P ) ∩ AB • so với mặt phẳng + czA + d)(axB + byB + czB + d) > • d( A, (P )) ≠ d(B, (P )) Phương pháp: • Xét vị trí tương đối điểm • zA ), B (xB ; yB ; zB ) nên MA − MB A A, B (P ) MA − MB lớn khác phía so với mặt phẳng qua mặt phẳng (P ) , A' B AB (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 ) qua đường thẳng (P ) qua ∆ nên (P ) ∆ (P ) biết: khoảng cách từ tạo với mặt phẳng (Q) A∉∆ đến (P ) lớn góc nhỏ 3 (P ) qua ∆ tạo với đường thẳng Phương pháp: d góc lớn = z − z1 Cách 1: Dùng phương pháp đại số Giả sử đường thẳng Khi phương trình Trong (P ) a = f (t) = biểu y − y1 b c bB + cC a ( a ≠ ) (1) A2 + B2 + C t= B , C mt2 + nt + p A (x0; y0; z0) A (x − x1) + B ( y − y1) + C (z − z1) = có dạng: 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 d( A, (P )) = , khảo sát hàm m ' t2 + n ' t + p ' diễn A, B qua C cho f (t) C (2) f (t) ta tìm max f (t) 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 lên ∆ khơng đổi Do AK mặt phẳng qua K · ∆ ⊥ (Q) ⇒ ( (P ), (Q)) = 900 Nếu A , nhận uuuu r 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 vuông 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 Mặt phẳng Suy · sin BCH = BH BK ≥ BC BC H ≡ K (P ) cần tìm mặt phẳng chứa ∆ uuu r uur uur uuu r nP = u∆ , u∆ , nQ   VTPT (P )     vng góc với mặt phẳng Gọi M điểm thuộc ∆ , dựng đường thẳng với d Lấy điểm A cố định đường thẳng Hạ AH mặt phẳng (P ) đường thẳng d' ·AMH Ta có (BCK ) d ' qua M song song ⊥ (P ), AK ⊥ d Góc cos ·AMH = HM KM ≥ AM AM Mà • KM AM khơng đổi, nên Mặt phẳng Suy (P ) cần tìm uuu r uur uur uuur nP = u∆ , u∆ , ud '       ·AMH lớn mặt phẳng chứa VTPT H ≡ K ∆ vng góc với mặt phẳng (P ) Ví dụ Trong khơng gian với hệ toạ độ đề vng góc đường thẳng 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 uur ud = (2;1;2) hình chiếu A lên (d ', ∆) A (2;5;3) lên d cho khoảng cách từ A Oxyz cho vng góc A VTCP uuuur d ⇒ H (1 + 2t; t;2 + 2t) ⇒ 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 ) AH ' ≤ AH ⇒ d(A, (P )) lớn ⇔ H ≡ H ' ⇔ (P ) ⊥ AH uuuur AH = (1; −4;1) VTPT (P ) (P ) qua H Khi đó, ta có: Suy Vậy phương trình (P ) : x − y + z − = Ví dụ Trong khơng gian với hệ toạ độ đề vng góc Oxyz cho bốn điểm A ( 1;0;0) , B ( 1;1;0) , C ( 0;1;0) , D ( 0;0; m) với m ≠ tham số 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 giảiuu.ur uuur = (0; −1; m) Ta có: AB = (0;1;0), uCD uur uuuu r Với m = ta có: CD = (0; −1;2) AC = (−1;1;0) uuur uuur uuur uuur uuuu r     AB , CD = (2;0;0) ⇒ AB , CD AC = −2 Do     uuur uuur uuuu r  AB, CD  AC uuur uuur   = = uuur uuur Vậy d( AB, CD) =  AB, CD    Đặt x = OH ⇒ BH = OB − OH = − x2 1 1 x (2 − x2) ≤ (x2 + − x2 ) = Suy S∆OBH = x − x2 = 2 ⇔ x = ⇔ OH = ⇔ d ( O , BD ) = Đẳng thức xảy uuur uuur uuur uuur  BD = ( − 1; − 1; m ), OB = (1;1;0) ⇒ BD, OB  = (−m; m;0) Ta có:   Do uuur uuur  BD, OB    d(O, BD) = = uuur BD m 2 2+ m = ⇔ 2m2 = + m2 ⇔ m = ± Vậy m = ± giá trị cần tìm Ví dụ Lập phương trình mặt phẳng (α ) 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 (α ) lớn nhất; OA = OB = OC ; 8OA = 12OB + 16 = 37OC xA > 0, zC < Lời giải Giả sử mặt phẳng (α ) 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 (α ) 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;9 − b;4), CA (a;0; − c) Phương trình mặt phẳng (α ) có dạng Điểm M trực tâm tam giác ABC  M ∈ (α )   uuuur uuur  AM BC =  uuuur uuur   BM CA = 1  + + =1  a b c 98 49 ⇔ 9b = 4c ⇒ a = 98; b = ;c =  a = 4c   Phương trình mặt phẳng (α ) cần tìm x + 9y + 4z − 98 = Cách 1: Ta có: d(O, (α )) = −1 a2 + b2 + c2 Bài toán trở thành, tìm giá trị nhỏ a, b, c ≠ thỏa mãn = a2 T = + a2 b2 + + b2 c2 + c2 với số thực + + = (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 = 4c = 98  1 + + =  a b c x + 9y + 4z − 98 = Phương trình mặt phẳng (α ) cần tìm Cách 2: Gọi H hình chiếu O mặt phẳng (α ) Vì mặt phẳng (α ) ln qua điểm cố định M nên d(O, (α )) = OH ≤ OM = 98 Dấu đẳng thứcuuuxảy H ≡ M , (α ) mặt phẳng qua M có véctơ ur pháp tuyến OM(1;9;4) nên phương trình (α ) 1.(x − 1) + 9( y − 9) + 4.(z − 4) = ⇔ x + 9y + 4z − 98 = Vì OA = OB = OC nên a • Trường hợp 1: a = b = c Từ • (1) suy + + = ⇔ a = 14, a a a Trường hợp 2: x + y − z − = • Trường hợp 3: (α ) • = b = c, a = b = − c Từ a = −b = c (1) xảy bốn trường hợp sau: nên phương trình (α ) là: suy Trường hợp 4: a = −b = − c + − = ⇔ a = 6, a a a Từ (1) suy Từ (1) có x − y + z + = x − y − z + 12 = Vậy có bốn mặt phẳng thỏa mãn x + y + z − 14 = nên phương trình (α ) − + = ⇔ a = −4, a a a − − = ⇔ a = −12, a a a x + y + z − 14 = 0, x + y − z − = 0, x − y + z + = 0, x − y − z + 12 = nên phương trình nên phương trình (α ) mặt phẳng xA > 0, zC < nên a > 0, c < 0, 8OA = 12OB + 16 = 37OC ⇔ 8a = 12 b + 16 = −37c Vì 2a − a, b = , a > nên từ (1) ta có 37 a = 27 37 + − = ⇔ a2 + 2a − 35 = ⇔  a 2a − 2a  a = −7 40 Vì a > nên a = ⇒ b = 2; c = − , phương trình mặt phẳng 37 (α ) : 8x + 20y − 37z − 40 = • • Nếu Nếu b> 0⇒ c= − b< 0⇒ c= − − 2a a, b = ,a > 37 nên từ (1) cần tìm 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 (α ) : 8x + 20y − 37z − 40 = Ví dụ Cho mặt cầu (S) : (x − 1)2 + ( y − 1)2 + (z − 1)2 = 25 mặt phẳng (α ) có phương trình 2x + 2y + z + = Chứng minh mặt phẳng (α ) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn Xác định tâm tìm bán kính đường tròn 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 tròn 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 , (α )) = bán kính 2+ 2+ 1+ 22 + 22 + 12 Tọa độ điểm Vậy tâm Ta có I suy (α ) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn R − d2 (I , (α )) = r= hình chiếu =4< R, I lên mặt phẳng (α ) , suy phương trình nghiệm hệ  x = + 2t   y = + 2t ⇔  z = + t 2x + 2y + z + =  x = + 2t  HI là:  y = + 2t z = + t   x= y= −   z = −   5 1 H  − ; − ; − ÷  3 3 uuur AB = ( 2;6; −4) nên phương trình đường thẳng x = + t  AB :  y = −1 + 3t  y = − 2t  Vì I A < R nên mặt phẳng (P ) qua AB cắt mặt cầu (S) theo đường tròn 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 I H ≤ I K nên suy d(I , (P )) lớn ⇔ H ≡ K uuur Do H ∈ AB ⇒ H (1 + t; −1 + 3t;2 − 2t) ⇒ I H = (t;3t − 2;1 − 2t) uuur uuur uuur ⇒ I H =  ;− 2;− 1 I H ⊥ AB ⇒ I H AB = ⇔ t + 3(3t − 2) − 2(1 − 2t) = ⇔ t =  ÷  7 7 Vậy phương trình (α ) : 4x − 2y − z − = Vì Ví dụ Trong khơng gian Oxyz cho mặt phẳng (P ) : 2x − y + 2z − = 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 nên khác phía so với (P ) 18 Do ∀M ∈ (P ) : M A + 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  x = + 2t   y = −2 − t ⇒   z = + 2t 2x − y + 2z − = H H Tọa độ Vậy Vì A, B phương trình nghiệm hệ  21 14  M  ;− ; ÷  11 11 11  nghiệm hệ: (P )  xA ' = 2xH − xA = −3  AA ' ⇒  yA ' = 2yH − yA = ⇒ A '(−3;2; −2)   zA ' = 2zH − zA = −2 uuuuur A ' B = (6; −4;3) , M x =   y = ⇒ H (1; −1;2) z =  trung điểm Suy AA '  x = −3 + 6t  A ' B :  y = − 4t , t ∈ ¡  z = −2 + 3t   x = −3 + 6t   y = − 4t ⇒   z = −2 + 3t 2x − y + 2z − = điểm cần tìm nằm phía so với AM − MB ≤ AB , Phương trình  21 x = 11  14  y = − 11    z = 11  đẳng thức xảy (P ) nên với M ∈ (P ) ta có M = AB ∩ (P )  x = − 2t  AB :  y = −2  z = − 5t   x = − 2t   y = −2 M : ⇒ z = − t  2x − y + 2z − = Tọa độ Ví dụ Trong khơng gian trình x−1 y z+1 = = −1 :  17 x =   17 3 y = − Vậy M  ; −2; − ÷  7   z = −  cho điểm Oxyz mặt phẳng A (1; −1;1) , đường thẳng ∆ có phương (P ) : 2x − y + 2z − = 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 (α ) chứa hai điểm M (1;1;1), N (−1;2; −1) tạo với đường thẳng ∆ góc lớn Lời giải uuu r Mặt phẳng (P) có nP = (2; −1;2) VTPT Đường thẳng ∆ B (1;0; −1) qua có u r u = (2;1; −1) VTCP ur Cách 1: Giả sử n = (a; b; c) VTPT (Q) , suy dạng: a(x − 1) + by + c(z + 1) = ⇔ ax + by + cz − a + c = (1) Do ∆ ⊂ (Q) nên 2c − b a2 + b2 + c2 Nếu b = ⇒ d( A, (Q)) = Nếu b≠ ta đặt Xét hàm số Suy Chọn f (t) với K,H d( A, (Q)) = AH ≤ AK Dẫn tới (Q) = 4a + b 5a2 + 4ab + 2b2 16a2 + 8ab + b2 = 5a2 + 4ab + 2b2 t= a , b t∈¡ ta tìm Cách 2: Gọi có max f (t) = f (−2) = b = −1 (Q) 2a + b − c = ⇒ c = 2a + b d( A,(Q)) = Do đó: phương trình ta có: ta có: , 16a2 + 8ab + b2 5a2 + 4ab + 2b2 f '(t) = AK (5t + 4t + 2) K nhận A 14 , lên = f (t) , f '(t) = ⇔ t = −2, t = − đạt Vậy phương trình khơng đổi nên mặt phẳng qua 5t2 + 4t + 2 hình chiếu , mà 16t2 + 8t + 24t2 + 54t + 12 max d( A,(Q)) = a = 2, c = = ∆ a = −2b (Q) : 2x − y + 3z + = (Q) , d( A, (Q)) lớn ⇔ H ≡ K uuuu r AK làm VTPT 10 Vì uuuu r K ∈ ∆ ⇒ K ( + 2t; t; −1 − t ) ⇒ AK = ( 2t; t + 1; −t − 2) uuuu ru r  1  uuuur  3 AK ⊥ ∆ ⇒ AK u = ⇔ 4t + t + + t + = ⇒ t = − ⇒ K  0; − ; − ÷, AK =  −1; ; − ÷ 2 2 2   Vậy phương trình (Q) : 2x − y + 3z + = (Q) : ax + by + (2a + b)z + a + b = Cách 1: Tương tự ta có Gọi α · = ( (P ),(R)) Ta có: cos α = , 00 ≤ α ≤ 900 2a − b + 2(2a + b) a2 + b2 + (2a + b)2 Nếu a = ⇒ cos α = Nếu a ≠ 0, đặt Khảo sát hàm số Suy Vậy phương trình Cách 2: Gọi d H, K ta có: b2 + 12ba + 36a2 2b2 + 4ab + 5a2 ta tìm đạt = max f (t) = f (− b =− , a 10 chọn t2 + 12t + 36 2t2 + 4t + = f (t) 53 )= 10 b = −7 ⇒ a = 10 (R ) : 10x − y + 13z + = đường thẳng qua Ta có phương trình Gọi f (t) max { cos α } b2 + 12ba + 36a2 2b2 + 4ab + 5a2 b a t= =  x = + 2t  d :  y = −t ,  z = −1 + 2t  lấy hình chiếu BH BK · sin α = sin BCH = ≥ BC BC C B vng góc với (P ) C (3; −1;1) ∈ d, C ≠ B lên (R ) ∆, α · = BCH 11 BK BC Mà không đổi, nên suy α nhỏ vuông góc với mặt phẳng Mặt phẳng (BCK ) qua VTPT (BCK ) ⇔H ≡K hay (R ) (BCK ) ∆ vng góc với (P ) nên mặt phẳng qua uur uuu r u r n1 =  nP , u = (−1;6;4)   uuur uur u r  n = n , u Do qua ∆ vng góc với nên R   = ( 10; −7;13) (R ) , suy phương trình (R ) : 10x − y + 13z + = (R ) (BCK ) Cách 1: Giả sử phương trình mặt phẳng (α ) có dạng: Do M , N ∈ (α ) a + b + c + d = ⇔   − a + 2b − c + d = nên Suy Ta có: uuu ru r nα u sin ϕ = uuu r u r = nα u Nếu a = ⇒ sin ϕ = , 4a + 2b − b + 2a 4a2 + 4b2 + (b − 2a)2 a ≠ 0, t2 + 12t + 36 Xét hàm số f (t) = Do ϕmax b ⇔ sin ϕmax ⇔ = , a 5t − 4t + đặt t= ax + by + cz + d = = = (·∆, (α )) b2 + 12ab + 36a2 5b2 − 4ab + 8a2 b ,t∈ ¡ a ta tìm chọn VTPT 2ax + 2by + (b − 2a)z − 3b = VTPT (α ) Gọi ϕ với   d = − b  c = −a + b  Ta viết lại dạng phương trình (α ) sau: uuu r nα = (2a;2b; b − 2a) ∆   53 max f (t) = f  ÷ =  8 b = 5, a = Vậy phương trình (α ) : 16x + 10y − 11z − 15 = Cách 2: Ta có: uuuuu r NM = ( 2; −1;2)  x = + 2t  MN :  y = − t , t ∈ ¡  z = + 2t  phương trình Gọi d VTCP MN , suy phương trình đường thẳng đường thẳng qua M , song song với ∆ Suy  x = + 2t  d : y = 1+ t , t ∈ ¡ z = − t  Trên d ta lấy điểm A(3;2;0) Gọi · ( (α ), ∆ ) = ·ABH H,K hình chiếu A lên (α ) MN , 12 Ta có: cos ·ABH = BH BK ≥ BA BA , mà Hay (α ) mặt phẳng qua Ta có: Suy MN BK BA không đổi nên ·ABH lớn ⇔H ≡K vng góc với mặt phẳng (β ) ≡ (MN , d) uuu r uuuuu r u r nβ =  NM , u = ( −1;6;4) VTPT (β )   uuu r uuuuu r uuu r nα =  NM , nβ  = ( −16; −10;11) VTPT (α )   Vậy phương trình (α ) : 16x + 10y − 11z − 15 = Ví dụ Trong khơng gian Oxyz cho mặt phẳng (α ) : x + y + z − = điểm A (1;2;3) Lập phương trình đường thẳng ∆ nằm (α ) ∆ qua M (1;1;1) khoảng cách từ A đến ∆ lớn nhất, nhỏ nhất; ∆ qua M khoảng cách Lời giải Mặt phẳng (α ) có ur n = (1;1;1) ∆ d: x− y z = = −1 lớn VTPT u r u = (a; b; c) VTCP ∆ , ∆ ⊂ (P ) ⇒ a + b + c = ⇒ c = − a − b (1) uuuur u r uuuur Ta có: AM = ( 0; −1; −2) ⇒ u, AM  = ( c + 2b;2a; −a) u r uuuur u, AM  (c + 2b)2 + 5a2 (b − a)2 + 5a2 b2 − 2ab + 6a2 = = Do đó: d( A, ∆) =  ur  = u a2 + b2 + c2 a2 + b2 + (a + b)2 b2 + 2ab + b2 Gọi Nếu a = ⇒ d( A, ∆) = Xét hàm số f (t) = , với t2 − 2t + t2 + t + a≠0 đặt t= b ,t∈ ¡ a , khảo sát hàm số f (t) ta tìm 2 max f (t) = ff(− ) = 10, (t) = f (4) = 3 13 • Khoảng cách từ c = −1 , đến A ∆ 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 x−1 y−1 z−1 = = suy phương trình đường thẳng : ∆ : −5 uur Đường thẳng d qua N (2;0;0) có u1 = (1;2; −1) VTCP uuuur u r uur u r uur uuuur MN = ( 1; −1; −1) , u, u1  = (2a + b; −b;2a − b) ⇒ u, u1  MN = 3b     u r uur uuuur u, u  MN 3b 1 b2  d ( ∆ , d ) = = = ≤ u r uur Do 2 2 u, u  a + b (2a + b) + b + (2a − b) 1  • Khoảng cách từ Đẳng thức xảy Vậy phương trình đến A ∆ nhỏ u r a = ⇒ c = −b ⇒ u = b(0;1; −1) x =  ∆ : y = + t z = − t  Ví dụ Lập phương trình đường thẳng d′ : x+1 y z− = = −1 Khoảng cách từ d' x− y z ∆: = = −2 M nên B uuur uuuur  AB, AM    d(B, d) = = uuuur AM A (0; − 1; 2) cắt đường thẳng d 6t − 2t + lớn nhất, nhỏ nhất; lớn M (−1 + 2t; t; − t), t ∈ ¡ d uuur uuuur  AB, AM  = (1 − t; 1; − 2t)   đến đường thẳng 5t2 − 18t + 18 5t2 − 18t + 18 qua VTCP đường thẳng uuur AB = (2; 2; − 1) f (t) = d điểm Khoảng cách từ điểm Ta có đến đường thẳng B(2; 1;1) uuuur AM = (2t − 1; t + 1; − t) Ta có d cho: Khoảng cách Lời giải Giả sử d cắt t=4⇔ 6t2 − 2t + nên f ′(t) = = d f (t) 98t(t − 2) (6t2 − 2t + 2)2 14 Từ ta tìm • d(B, d) = max f (t) = ff(0) = 18, (t) = f (2) = • max d(B, d) = thẳng cần tìm qua ∆ Ta có d: 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+ z− d: = = 3 −2 thẳng cần tìm 11 x y+1 z− = = −1 −1 N (5; 0; 0) có véc tơ phương uur u∆ = (2; − 2; 1) uur uuuur uuuur u , AM  = (t − 1; 4t − 1; 6t), AN = (5; 1; − 2) ∆   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) 2 (53t − 10t + 2) Từ ta tìm Vậy đường thẳng −6 − 3t (t − 1)2 + (4t − 1)2 + (6t)2 = f (t), f (t) = nên 53t2 − 10t + f ′(t) = ⇔ t = −2, t =  4 max f (t) = f  ÷ ,  37  d (2 + t)2 có phương trình d: 37 uuuur AM = − ( 29; − 41; 4) 37 x y+ z − = = 29 −41 Bài tốn 3: Trong khơng gian cho n điểm A1, A2, , An Tìm M cho P = α1MA12 + α 2MA22 + + α n MAn2 a) Nhỏ α1 + α + + α n >0 b) Lớn α1 + α + + α n 0 I B) 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 = M B yM = ; Tìm N ∈ (P ) cho S = 2NA2 + NB2 + NC nhỏ Lời giải Gọi M (x;1; z) ∈ (P ) , ta có: x − + z + = ⇔ x = − z Suy MA = MB ⇔ (x − 1)2 + (z − 1)2 = x2 + (z − 2)2 ⇔ −2x − 2z + = −4z + 1 1 ; x = − Vậy M (− ;1; ) 2 2 uur uur uuu r r Gọi I u(uxr; y; z) điểm thỏa mãn 2uuIrA + I B + I C = (*)uuur Ta có: 2I A = ( − 2x;2 − y;2 − 2z) , I B = ( − x;1 − y;2 − z) , I C = ( −2 − x; − y;1 − z) ⇔ z= −4x =  5  Nên (*) ⇔ 3 − y = ⇔ x = 0, y = , z = Suy I  0; ; ÷   5 − 4z =  uuuu r2 uuur uur uuur uur Khi đó: 2NA = NI + I A = 2NI + 2I A + 4NI I A ( ) 16 Do uuuu r2 uuur uur uuuu r2 uuur uuu r NB = NI + I B + 2NI I B ; NC = NI + I C + 2NI I C uuur uur uur uuu r S = 4NI + 2I A + I B + I C + 2NI 2I A + I B + I C = 4NI + 2I A + I B + I C ( ) Do 2I A + I B + I C không đổi nên S nhỏ hình chiếu I lên mặt phẳng (P ) uuur   ur N ( x ; y ; z ) ⇒ I N = x ; y − ; z −  ÷, n = ( 1; −1;1) Gọi 4  Vì N ∈ (P ) ⇒ x − y + z + = (1) VTPT NI nhỏ hay N (P )  x = k  uuur ur  I N = kn ⇒  y = + k thay vào (1), ta có được: Do I N ⊥ (P ) nên    z = + k 3  5   3 1 3 k −  + k ÷ +  + k ÷ + = ⇔ k = − ⇒ x = − , y = − , z = − Vậy N  − ; − ; − ÷ 2 4 4  4   4 Ví dụ 10 Trong khơng gian cho ba điểm A (1;2;3), B (−1;0; −3), C (2; −3; −1) Tìm M thuộc mặt phẳng (α ) : 2x + y − 2z − = cho biểu thức sau nhỏ S = 3M A + 4M B − 6M C ; Tìm M thuộc đường uuuur uuuur uuuur P = MA − 7MB + 5MC ; thẳng ∆: x−1 y+1 z−1 = = −1 cho biểu thức sau lớn nhất: thuộc mặt cầu (S) : (x − 2)2 + ( y − 2)2 + (z − 8)2 = 36 cho biểu thức F = MA − 4MB + 2MC đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Lời giải uur uur uuu r r uur uuuu r uuur Cách 1: Gọi I (x; y; z) điểm thỏa mãn: 3I A + 4I B − 6I C = ⇔ I A = 6AC − AB (*) Tìm Mà M uur uuuu r uuur I A = (1 − x;2 − y;3 − z), 6AC = (6; −30; −24), AB = (−8; −8; −24) Do 1 − x = +  (*) ⇔ 2 − y = −30 + ⇔ 3 − z = −24 + 24  Khi đó:  x = −13   y = 24 ⇒ I (−13;24;3) z =  uuuur2 uuuur2 uuuur2 uuur uur uuur uur uuur uuu r S = 3MA + 4MB − 6MC = MI + I A + MI + I B − MI + I C = IM ( ) ( ) uuur uur uur uuu r + 2MI ( 3I A + 4I B − 6I C ) + 3I A + 4I B − 6I C ( 2 ⇔ IM nhỏ ) = I M + 3I A + 4I B − 6I C Do 3I A + 4I B − 6I C khơng đổi nên S nhỏ ⇔M hình 17 chiếu I Tọa độ Vậy lên (α ) Ta có M nghiệm hệ: M (−11;25;1) Cách 2: Gọi Suy ra:  x = −13 + 2t  I M ⊥ (α ) ⇒ I M :  y = 24 + t  z = − 2t   x = −13 + 2t   y = 24 + t ⇔   z = − 2t 2x + y − 2z − =  x = −11   y = 25 z =  điểm cần tìm M (a; b; c) ∈ (α ) ⇒ 2a + b − 2c − = 3MA = 3a2 + 3b2 + 3c2 − 6a − 12b − 18c + 42 4M B = 4a2 + 4b2 + 4c2 + 8a + 24c + 40 6MC = 6a2 + 6b2 + 6c2 − 24a + 36b + 12c + 84 Suy S = a2 + b2 + c2 + 26a − 48b − 6c − = (a + 11)2 + (b − 25)2 + (c − 1)2 + 4a + 2b − 4c − 749 ≥ 2(2a + b − 2c − 1) − 747 ≥ −747 M (−11;25;1) điểm cần tìm uur uur uuu r r uur uuur uuuu r Cách 1: Gọi I (x; y; z) điểm thỏa mãn: I A − 7I B + 5I C = ⇔ I A = −7AB + 5AC uur uuur uuuu r Mà I A = ( − x;2 − y;3 − z) , −7 AB = (14;14;42), 5AC = (5; −25; −20) Đẳng thức xảy Nên ⇔ a = −11, b = 25, c = 1 − x = 14 +  (*) ⇔ 2 − y = 14 − 25 ⇔ 3 − z = 42 − 20  Khi đó: Do P hay  x = −18   y = 13 ⇒ I (−18;13; −19)  z = −19  uuur uur uuur uur uuur uuu r P = MI + I A − MI + I B + MI + I C = MI ( nhỏ ⇔ MI ) ( ) nhỏ ⇔ M hình chiếu I uuur M ∈ ∆ ⇒ M ( + 2t; −1 + 3t;1 − t) ⇒ I M = (2t + 19;3t − 14; −t + 20) Vì (*) I M ⊥ ∆ ⇒ 2(2t + 19) + 3(3t − 14) − (−t + 20) = ⇔ t = 12 Vậy lên ∆  31 29  M  ; ;− ÷ 7  7 điểm cần tìm Cách 2: Ta có Suy M ∈ ∆ ⇒ M ( + 2t; −1 + 3t;1 − t ) uuuur uuuur MA = ( −2t;3 − 3t;2 + t ) , − 7MB = ( 14 + 14t; −7 + 21t;28 − 7t ) 18 uuuur 5MC = ( − 10t; −10 − 15t; −10 + 5t ) Do Nên P uuuur uuuur uuuur MA − 7MB + 5MC = ( 2t + 19;3t − 14; −t + 20) Đẳng thức xảy Gọi  12  6411 6411 ≥ = (2t + 19) + (3t − 14) + (t − 20) = 14t − 48t + 957 = 14  t − ÷ + 7 7  E (x; y; z) Ta tìm 2  31 29  12 Vậy M  ; ; − ÷ điểm cần tìm   uuur uuur uuur r uuur uuuu r uuur điểm thỏa mãn: EA − 4EB + 2EC = ⇔ EA = 2AC − AB ⇔t= E ( 10; −2;16) Khi F = − EM + EA − 4EB + 2EC Vì EA − 4EB2 + 2EC không đổi nên nhất, lớn Mặt cầu (S) có tâm F lớn nhất, nhỏ EM nhỏ  x = + 8t uuu r  I (2;2;8) , I E = ( 8; −4;8) ⇒ I E :  y = − 4t  z = + 8t  Tọa độ giao điểm IE với mặt cầu (S) nghiệm hệ  x = + 8t   y = − 4t ⇒ 82 t2 + 42 t2 + 82 t2 = 36 ⇔ t = ±   z = + 8t (x − 2)2 + ( y − 2)2 + (z − 8)2 = 36  uuur ⇒ M ( 6;0;12) ⇒ I M = (2; −2;4) ⇒ MI = uuur • t = − ⇒ N ( −2;4;4) ⇒ I N = (−4;2;4) ⇒ NI = • t= Do NI > MI nên ta có được: • F lớn E ≡ M ⇒ E ( 6;0;12) • F nhỏ E ≡ N ⇒ E ( −2;4;4) Bài tập tương tự Bài Trong không gian Oxyz cho điểm A(−1;3; −2), B(−3;7; −18) mặt phẳng ( P ) : 2x − y + z + = a) Viết phương trình mặt phẳng chứa AB vng góc với (P ) b) Tìm toạ độ điểm M thuộc (P ) cho MA + MB nhỏ Bài Lập phương trình mặt phẳng (α ) qua điểm M(1;4;9) cắt tia Ox,Oy,Oz điểm A,B,C (khác gốc tọa độ) cho 19 a) Thể tích khối tứ diện OABC có giá trị nhỏ b) OA + OB + OC đạt giá trị nhỏ Bài Cho đường thẳng x−1 y− z−1 = = điểm A(−3; 4; 1), điểm M thuộc đường thẳng ∆ cho b) MA + MC nhỏ ∆: B(1; 6; − 1), C(1; 10; 3) Tìm a) MA + MB nhỏ Bài Lập phương trình mặt phẳng (α ) qua Ox, Oy, Oz điểm A, B, C thỏa: Tứ diện OABC tích lớn nhất; Khoảng cách từ O đến ( ABC ) lớn nhất; OA + OC = 4OB OA = OB + Bài Cho thẳng ∆ A (1; 4; 2), B (−1; 2; 4) ∆: cho MA + MB nhỏ Diện tích tam giác MAB M ( 1;4;9) x−1 y+ z = = −1 uuuur uuuur uuuur 3OM + AM − 4BM cho (α ) cắt tia Tìm điểm M thuộc đường nhỏ nhỏ Bài Cho ba điểm A(1;2; − 3),B(2;4;5),C(3;6;7) mặt phẳng (P ) : x + y + z − = Tìm tọa độ hình chiếu trọng tâm G tam giác ABC mặt phẳng (P ) Tìm tọa độ điểm G′ đối xứng với điểm G qua mặt phẳng (P ) Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng với T = MA + MB + MC2 (P ) cho biểu thức T có giá trị nhỏ 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Việc phân dạng cụ thể tốn tìm giới hạn hàm số đưa phương pháp giải tương ứng giúp tốn trở nên có hệ thống hơn, nhờ học sinh dễ tiếp cận nhớ lâu Từ học sinh thấy hứng thú học phần giới hạn hàm số thấy toán trở nên đơn giản Sau thực sáng kiến kinh nghiệm học sinh tiếp cận học sinh gặp khó khăn việc giải tốn tìm cực trị hình học Oxyz Cụ thể: Lớp Sĩ số Giỏi Khá TB Yếu Kém 12B3 43 20 18 0 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Trên kinh nghiệm mà đúc rút nhiều năm giảng dạy trường THPT cụ thể thử nghiệm với học sinh lớp 12B3 trường THPT Hậu Lộc 20 Hình học Oxyz nói chung tốn cực trị hình học Oxyz nói riêng nội dung quan trọng chương trình mơn tốn THPT Nhưng học sinh mảng kiến thức tương đối khó Trong đề tài đưa hệ thống tập theo dạng khác với phương pháp giải phù hợp giúp học sinh tiếp cận dễ dàng từ tạo hứng thú cho học sinh học phần góp phần nâng cao chất lượng dạy học Chuyên đề ý kiến chủ quan kinh nghiệm cá nhân nên không tránh khỏi thiếu sót định Rất mong đóng góp ý kiến quý thầy cô em học sinh để chun đề hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! 3.2 Kiến nghị Nhà trường cần tổ chức buổi thảo luận trao đổi phương pháp giảng dạy Cần lưu lại thư viện nhà trường chuyên đề bồi dưỡng ôn tập giáo viên năm để làm tư liệu phục vụ cho việc dạy học sau Đề nghị cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh giáo viên có nhiều tài liệu tham khảo đổi phương pháp dạy học để phục vụ tốt công việc nghiên cứu học tập nâng cao chun mơn XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 05 tháng năm 2019 ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Người viết Nguyễn Thị Den 21 ... cập đến hai phương pháp chủ yếu để giải tập dạng phương pháp đại số phương pháp hình học Với lí nghiên cứu đề tài “ PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN OXYZ 1.2 Mục... cấp cho học sinh phương pháp giải số tốn 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... 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