Hướng dẫn học sinh lớp 12 giải một số bài toán cực trị trong hình học giải tích

KÝ HIỆU CÁC CHỮ VIẾT TẮT GV HS HH PPVT SGK, SBT THPT VD VDC : : : : : : Giáo viên Học sinh Hình học Phương pháp véc tơ Sách giáo khoa,sách tập Trung học phổ thông : Vận dụng : Vận dụng cao MỤC LỤC Trang A.Mở đầu Lý chọn đề tài … Nhiệm vụ đề tài………………………………………… …………………3 Đối tượng nghiên cứu……………………………………………………… .3 Phạm vi nghiên cứu B.Nội dung … Cơ sở lý luận, Cơ sở khoa học 1.1 Nhắc lại một số dạng toán hay sử dụng 1.1.1 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (α)…………….4 1.1.2 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d:………… Áp dụng thực tế dạy học Các dạng tập thường gặp…………………………………… ………….5 2.1 Các toán cực trị liên quan đến tìm một điểm thỏa điều kiện cho trước 2.2 Các toán cực trị liên quan đến vị trí đường thẳng, mặt phẳng… 15 Hiệu sáng kiến…………………………………………………… 23 C.Kêt luận 24 Kiến nghị .25 HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 12 GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH A MỞ ĐẦU Lý 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 toán tìm vị trí điểm, đường thẳng hay mặt phẳng liên quan đến một điều kiện cực trị Đây dạng Toán khó, chỉ có chương trình nâng cao sử dụng làm câu hỏi VD VDC đề thi TN THPT Quốc Gia Trong thưc tế giảng dạy, nhận thấy nhiều học sinh bị kiến thức hình học không gian, không nắm vững các kiến thức hình học, vec tơ, phương pháp độ không gian Đặc biệt nói đến các toán cực trị hình học thì các em “e ngại” kể đối với học sinh khá, giỏi Nhiệm vụ đề tài Trong quá trình trực tiếp giảng dạy nghiên cứu thấy dạng toán không chỉ khó mà còn khá hay, lôi các em học sinh khá giỏi Nếu ta biết sử dụng linh hoạt khéo léo kiến thức hình học thuần túy, véctơ, phương pháp tọa độ, hình học giải tích thì có thể đưa toán một toán quen thuộc Với đề tài này, cố gắng xây dựng sở kiến thức vững chắc, hệ thống tập ví dụ logic giúp học sinh tiếp thu vấn đề một cách thuận lợi nhất, quy lạ quen để toán cực trị hình học giải tích không còn luôn toán hóc búa, khó giải Đối tượng nghiên cứu Từ kiến thức ví dụ dễ hiểu, sau phát triển dần thành tốn phức tạp hơn, đối tượng nghiên cứu đề tài tập trung vào số tốn cực trị hình học cụ thể hình học giải tích lớp 12 Phạm vi nghiên cứu Phạm vi nghiên cứu đề tài hình học giải tích chương trình SGK nâng cao hình học lớp 12 lưu hành Tập trung chủ yếu vào các toán mức độ VD VDC đề thi TN THPT Quốc Gia 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 một cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức học, tạo tảng cho các học sinh tự học, tự nghiên cứu.Tôi mạnh dạn viết chuyên đề “Hướng dẫn học sinh lớp 12 giải số toán cực trị hình học giải tích” B NỘI DUNG 1.Cơ sở lý luận, Cơ sở khoa học 1.1 Nhắc lại số dạng toán hay sử dụng 1.1.1 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (α) - Gọi H hình chiếu vuông góc M lên (α) - Viết phương trình đường thẳng MH(qua M vuông góc với (α)) - Tìm giao điểm H MH (α) *Nếu yêu cầu tìm điểm M’ đối xứng với Mqua mặt phẳng (α) thì ta vẫn tìm hình chiếuH M lên (α), dùng công thức trung điểm suy tọa độ M’ 1.1.2 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d: -Viết phương trình tham số d - Gọi H �d có tọa độ theo tham số t - H hình chiếu vuông góc điểm M lên d r uuuu r udMH  -Tìm t, suy tọa độ H Áp dụng thực tế dạy học Các dạng tập thường gặp 2.1 Các toán cực trị liên quan đến tìm điểm thỏa điều kiện cho trước Bài toán 1: Cho n điểm A1, A2, An, với n số k1, k2,.,kn thỏa k1+ k2+ ….+kn = k ≠ và đường thẳng d hay mặt phẳng (α) Tìm điểm M đường thẳng d hay mặt uuur uuuur uuuur phẳng (α) cho k1 MA1  k2 MA2   kn MAn có giá trị nhỏ nhất Lời giải: uur uuur uuur r -Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k IA + + k n IA n  uuuu r uuuuu r uuuuur uuu r uuu r k MA + k MA + + k MA = (k + k + + k )MI = k MI -Biến đổi : 2 n n n uuu r  Tìm vị trí M MI đạt giá trị nhỏ Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + 3z + 10 = ba điểm A  1;0;1 , B  -2;1;2 , C  1;-7;0 Tìm điểm M mặt phẳng (α) cho : uuuu r uuur uuuu r 1) MA + MB  MC có giá trị nhỏ uuuu r uuur uuuu r MA -2MB  MC 2) có giá trị nhỏ uuur uuu r uuur r Giải: Gọi điểm G thỏa GA +GB +GC =0 thì G trọng tâm tam giác ABC G(0;-2;1) uuuu r uuur uuur uuuu r uuur uuuu r uuu r uuuu r uuur uuuu r 1) Ta có MA +MB  MC = MG +GA +MG  GB  MG  GC = MG có giá trị nhỏ M hình chiếu vuông góc G lên mặt phẳng (α) r MG nhận n =(2; -2; 1) làm vecto chỉ phương x =2t � � y =-2-2t Phương trình tham số MG � � z =1+3t � Tọa độ M ứng với t nghiệm phương trình: 4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = � 17t  17  � t  1 uuuu r uuur uuur MA +MB  MC có giá trị nhỏ Vậy với M(-2; 0; -2) thì uur uu r uur r 2) Gọi I(x; y; z) điểm thỏa IA -2IB  3IC  Ta có (1- x; -y; 1-z) - 2(-2-x; 1-y; 2-z) + 3(1-x; -7-y; -z) = (0;0;0) 23 23 � x = 4; y = - ; z = - , I(4;  ;  ) 2 2 uuuu r uuur uuur uuu r uur uuu r uu r uuu r uur uuu r MA -2MB  MC MI+ IA -2(MI  IB )  3( MI  IC ) MI Ta có: = = có giá trị nhỏ M hình chiếu vuông góc I lên mặt phẳng (α) � � x =4+2t � 23 � Phương trình tham số MI: �y =  -2t � � z =  +3t � � Tọa độ M ứng với t nghiệm phương trình: 73 73 23  2t)  3(   3t)  10  � 17t  0� t 2 34 uuuu r uuur uuur 245 135 MA -2MB  3MC đạt giá trị nhỏ M(  ;  ;  ) Vậy với thì 17 34 17 Bài toán 2: Cho đa giác A1 A2 ….An và n số thực k1, k2, …., kn thỏa k1+ k2+ ….+ kn = k Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( hay đường thẳng) cho tổng T = 2(4  2t)  2(  k1MA12  k2 MA22   kn MAn2 đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất Lời giải: uur uuur uuur r - Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k IA + + k n IA n  -Biến đổi : T = k1MA12  k2MA 22   knMA 2n = uuu r uur uuur = (k1 + + k n )MI + k1IA12  k2IA 22   knIA 2n + MI(k1 IA1 + + k n IA n ) = kMI2 + k1IA12  k2IA 22   knIA 2n Do k1IA12  k2IA 22   kn IA 2n không đổi, Biểu thức T nhỏ lớn MI nhỏ hay M hình chiếu vuông góc I lên mặt phẳng hay đường thẳng Chú ý: - Nếu k1+ k2+ ….+ kn = k > 0, Biểu thức T đạt giá trị nhỏ nhất MI nhỏ nhất - Nếu k1+ k2+ ….+ kn = k < 0, Biểu thức T đạt giá trị lớn nhất MI nhỏ nhất Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): x + 2y + 2z + = ba điểm A(1; 2; -1), B(3; 1; -2), C(1; -2; 1) 1) Tìm M mặt phẳng (α) cho MA2 + MB2 có giá trị nhỏ 2) Tìm M mặt phẳng (α) cho MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn uur uu r r 3 Giải:1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa IA +IB =0 thì I trung điểm AB I (2; ;  ) 2 u u u r u u r u u u r u u r Ta có: MA2 + MB2 = (MI + IA) +(MI + IB) uuu r uur uu r  IA + IB2 +2MI +2MI(IA + IB) = IA + IB2 +2MI Do IA + IB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M hình chiếu vuông góc I lên (α) r Đường thẳng IM qua điểm I có vtcp n α  (1; 2; 2) � � x =2+t � � Phương trình tham số MI: �y = +2t � � z =  +2t � � Tọa độ M ứng với t nghiệm phương trình: 3  t  2(  2t)  2(  2t)   � 9t   � t  1 2 � M (1;  ;  ) 2 AB Nhận xét: Với I là trung điểm AB thì MA + MB = 2MI + , AB2 không 2 2 đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên (α) uur uur uur r 2)Gọi J(x; y; z) điểm thỏa JA - JB -JB =0 Hay (1  x;  y; 1  z)  (3  x;1  y; 2  z)  (1  x; 2  y;1  z)  (0;0;0) �3  x  � ��  y  � J(3; 3;0) �z  � uuu r uur uuu r uur uuu r uur Ta có: MA2 - MB2 – MC2 = (MJ + JA) - (MJ + JB)  (MJ + JC) uuu r uur uur uur  J A  JB2  JC  MJ + 2MJ(JA  JB  JC)  JA  JB2  JC  MJ Do JA  JB2  JC không đổi nên MA2 - MB2 – MC2 lớn MJ nhỏ hay M hình chiếu J mặt phẳng (α) r Đường thẳng JM qua điểm I có vtcp n α  (1; 2; 2) x =3+t � � Phương trình tham số MJ: �y =-3+2t � z =2t � Tọa độ M ứng với t nghiệm phương trình:  t  2(3  2t)  2.2t   � 9t   � t   23 35 ; ; ) 9 23 35 Vậy với M ( ;  ;  ) thì MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn 9 � M( Ví dụ 2: Cho đường thẳng d có phương trình: x-1 y-2 z-3 = = các điểm A(0; 1; -2), B( 2; -1; 2), C(4; 3; 3) Hãy tìm điểm M d cho 1) MA2 - 2MB2 có giá trị lớn 2) MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ Giải: uur uu r r 1) Gọi điểm I(x; y; z) điểm thỏa IA -2 IB =0 Hay: ( x;1  y; 2  z)  2(2  x; 1  y;  z)  (0; 0; 0) �4  x  � ��  y  � I(4; 3;6) � - 6+z  � uuu r uur uuu r uu r Ta có MA2 - 2MB2 = (MI + IA)  2(MI + IB) uuu r uur uu r  IA  2IB2  MI + 2MI(IA  IB)  IA  2IB2  MI Do IA - IB2 không đổi nên MA2 -2 MB2 lớn MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M hình chiếu vuông góc I lên d x =1+t � r � Đường thẳng d có vtcp u  (1;2;1) , phương trình tham số d: �y =2+2t � z =3+t � uuu r M �d � M(1  t;  2t;  t) , IM =( t-3; 2t +5 ; t - 3) M hình chiếu uuu rr vuông góc I lên d nên IM.u  � 6t   � t   3 2 � M( ; ; ) 3 3 Vậy với M ( ; ; ) thì MA2 - 2MB2 có giá trị lớn uuur uuu r uuur r 2) Gọi điểm G(x; y; z) điểm thỏa GA +GB +GC =0 thì G trọng tâm tam giác ABC G(2; 1; 1) uuuu r uuur uuuu r uuur uuuu r uuur Ta có: MA2 + MB2 + MC2 = (MG + GA) + (MG + GB) +(MG + GC) uuuu r uuur uuur uuur = GA  GB2  GC +3MG + 2MG(GA  GB  GC) = GA  GB2  GC +3MG Do GA  GB2  GC không đổi nên MA2 + MB2 + MC2 nhỏ MG nhỏ nhất, hay M hình chiếu vuông góc G lên đường thẳng d uuuu r M �d � M(1  t;  2t;  t) , GM =( t-1; 2t +1 ; t +2) Khi M hình chiếu vuông góc I lên đường thẳng d thì uuuu rr GM.u  1 � 6t   � t   � M ( ;1; ) 2 Vậy với M ( ;1; ) thì MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ 2 Bài toán 3: Cho mặt phẳng (α) có phương trình:ax + by + cz + d = và hai điểm A,B không thuộc (α) Tìm điểm M (α) cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất Lời giải: 1.Nếu (axA+byA+ czA + d)(axB+byB+ czB+ d) < thì A, B nằm hai phía với (α) Để MA + MB nhỏ M thuộc AB hay M giao điểm (α) AB 2.Nếu (axA+byA+ czA + d)(axB+ byB+ czB+ d) >0 thì A, B nằm 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 M thuộc A’B hay M giao điểm (α) A’B Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (α) có phương trình:x – 2y – 2z + = hai điểm A(1; 1; 2), B(2; 0; 2) Tìm điểm M mặt phẳng (α) cho MA + MB có giá trị nhỏ Giải: Thay tọa độ A B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm hai phía (α) Ta có MA + MB có giá trị nhỏ M giao điểm AB (α) uuur Đường thẳng AB qua điểm B, nhận AB  (1; 1;0) làm vecto chỉ phương �x   t � Phương trình tham số AB: �y  t �z  � Tọa độ M ứng với t nghiệm phương trình: + t – 2(-t)- 2.2 + = � 3t   � t   3 Hay M ( ; ; 2) điểm cần tìm Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α) có phương trình: x – y + 2z = ba điểm A(1; 2;-1), B(3; 1; -2), C(1; -2; -2) Hãy tìm điểm M d cho 1) MA + MB có giá trị nhỏ 2) MA - MC có giá trị lớn Giải: 1) Thay tọa độ A B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm một phía (α) Gọi A’ điểm đối xứng với A qua (α), để MA + MB có giá trị nhỏ M giao điểm A’B với (α) uur Đường thẳng AA’ qua A vuông góc với (α), AA’ nhận n  (1; 1;2) làm vecto chỉ phương �x   t � Phương trình tham số AA’: �y   t �z  1  2t � Tọa độ hình chiếu vuông góc H A (α) ứng với t phương trình 3 + t – (2 – t) + 2(-1 + 2t) = � 6t – = hay t = � H( ; ; 0) 2 xA ' =2xH  xA  � � Do H trung điểm AA’ nên �yA ' =2yH  yA  � A '(2; 1; 1) � zA ' =2zH  zA  � 10 Giải: �x   2t � Đường thẳng d có phương trình tham số �y  2  2t �z   t � r uuur qua điểm N(1; -2; 3), có vtcp u  (2; 2;1) CD  (7;5; 4) r uuur Ta có u CD = 14 -10 – = � d  CD Xét mặt phẳng (P) qua CD vuông góc với d r (P) qua điểm C(-4; 1; 1) nhận u  (2; 2;1) làm vecto pháp tuyến Phương trình (P): 2(x +4) – 2(y -1) + 1(z -1) = hay 2x – 2y + z + = Điểm M thuộc d thỏa MC + MD đạt giá trị nhỏ M giao điểm d mp(P) Tọa độ M ứng với t nghiệm phương trình: + 4t + + 4t + + t + = � 9t +18  � t  2 Vậy M(-3; 2; 1) thì MC + MD đạt giá trị nhỏ bằng:  17 Bài toán 5: Cho hai đường thẳng d1,d2 chéo Tìm các điểm M d1, N d2 là chân đoạn vuông góc chung của hai đường Lời giải: - Lấy M�d1 N�d2 ( tọa độ theo tham số) uuuu rr uuuu rr r r - Giải hệ phương trình MN.u1  MN.u2  ( u1 , u2 các véctơ chỉ phương d1 d2 ) - Tìm tọa độ M, N kết luận Ví dụ 1: Cho hai đường thẳng d1 : x-5 y+1 z -11 x+4 y-3 z - = = = = , d2 : -1 7 1) Chứng minh d1, d2 chéo 2) Tìm điểm M �d1 N�d cho độ dài MN ngắn 12 Giải: uu r 1) d1 qua M1(5; -1; 11), có vtcp u1  (1;2; 1) uur d2 qua M2(-4; 3; 4), có vtcp u2  (7;2;3) uu r uur uuuuuur Ta có [ u1 , u2 ] M1M = (8; 4; 16)(-9;4; -7) = -72 +16 – 112 = -168 �0 Hay d1 d2 chéo 2) M �d1 N �d cho độ dài MN ngắn chỉ MN độ dài đoạn vuông góc chung d1 d2 Phương trình tham số hai đường thẳng x 5 t x  4  t � � � � d1: �y  1  2t , d2: �y   2t � � z  11  t z   3t � � M�d1 nên M(5 + t; -1 + 2t; 11- t), N �d nên N(-4 – 7t’;3 +2t’; + 3t’) uuuu r MN  ( - 7t’- t – 9; 2t’ – 2t +4; 3t’ + t – 7) uuuu rr � MN 6t ' 6t   t2 � � � u1  �� �� Ta có � uuuu rr 62t ' 6t  50  t '  1 MN.u2  � � � Do đó M(7; 3;9) N(3; 1; 1) Vậy với M(7; 3;9) N(3; 1; 1) thì độ dài MN ngắn 21 x 2t � � Ví dụ 2: Cho đường thẳng d: �y   t hai điểm A(1;2; 3),B(1; 0; 1) Tìm điểm � z  2 � M d cho tam giác MAB có diện tích nhỏ Giải: - Lấy điểm M d, Gọi H hình chiếu vuông góc M lên AB - Tam giác MAB có diện tích S = AB.MH đạt giá trị nhỏ MH nhỏ nhất, hay MH đoạn vuông góc chung AB d 13 r Ta thấy d qua M1(2; 4; -2), có vtcp u  (1;1;0) uuu r uu r AB qua A(1; 2; 3) AB  (0; -2;-2) = 2u1 uu r với u1  (0;1;1) véc tơ chỉ phương AB x1 � � Phương trình tham số AB �y   t ' � z 3t' � uuuu r M(2 + t; 4+ t; -2) �d ,H(1; 2+ t’;3+t’) �AB , MH  ( -t -1; t’ – t -2; t’ +5) uuuu rr � MH.u  t ' 2t  t '  3 � � � �� �� Ta có �uuuur uur 2t ' t  3 t  3 MH.u1  � � � Vậy M(-1; 1; -2), H(1; -1; 0) đó MH = , AB = 2 Diện tích SMAB  AB.MH  x � � Ví dụ 3: Cho đường thẳng d: �y  t Trong các mặt cầu tiếp xúc � z 2t � với hai đường thẳng d trục Ox, viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính nhỏ Giải: Giả sử mặt cầu (S) có tâm I, bán kính R tiếp xúc với d M, tiếp xúc với Ox N Ta thấy 2R = IM + IN ≥ MN, đó mặt cầu (S) có đường kính nhỏ 2R = MN chỉ MN nhỏ hay MN đoạn vuông góc chung d Ox r Đường thẳng d qua M(0; 0; 2), có vtcp u  (0;1; 1) r Ox qua O(0; 0; 0), có vtcp i  (1;0;0) r r uuuu r [ u, i ] OM = (0; 0; -1)(0; 0; 2) = -2 �0 nên d Ox chéo uuuu r Với M(0; t; 2- t) d, N(t’; 0; 0) Ox MN  ( t’; -t; t – 2) uuuu rr � MN.u  t  t   t 1 � � � �� �� rr Ta có �uuuu t' t'0 MN.i  � � � Vậy M(0; 1; 1), N(0; 0; 0) ≡ O 14 1 2 MN  1 Phương trình mặt cầu (S): x  ( y  )  ( z  )  2 Mặt cầu (S) có tâm I (0 ; ; ) , bán kính R = 2 2.2 Các toán cực trị liên quan đến vị trí đường thẳng, mặt phẳng Bài toán 1:Cho hai điểm phân biệt A,B Viết phương trình mặt phẳng (α) qua A và cách B một khoảng lớn nhất Lời giải: Họi H hình chiếu vuông góc B lên mặt phẳng (α), đó tam giác ABH vuông H khoảng cách d(B; (α)) = BH ≤ AB Vậy d(B; (α)) lớn AB A ≡ H, đó (α) mặt phẳng qua A vuông góc với AB Ví dụ 1: Viết phương trình mặt phẳng (α) qua điểm D(1; -2; 3) cách điểm I(3; -1; -2) một khoảng lớn Giải: (α) cách điểm I(3; -1; -2) một khoảng lớn (α) mặt phẳng qua D vuông góc với DI uur (α) nhận DI  (2; 1; -5) làm vecto pháp tuyến Phương trình mặt phẳng(α): 2(x -1) + 1(y +2) – 5(z -3 ) = � 2x + y – 5z + 15 = Ví dụ 2: Cho hai điểm A(2; 1; 3), B(1; -1; 1), gọi (α) mặt phẳng qua B Trong các mặt cầu tâm A tiếp xúc với (α), viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính lớn Giải: Mặt cầu (S) có bán kính R = d(A; (α)) lớn (α) qua B vuông góc với AB uuu r BA  (1; 2; 2) véctơ pháp tuyến (α) R = AB=3 Phương trình mặt cầu (S): (x -2)2 + (y -1)2 + (z – 3)2 = 15 Bài toán 2: Cho điểm A và đường thẳng ∆ không qua A Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa ∆ cho khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất Lời giải: Gọi H hình chiếu vuông góc A lên mặt phẳng (α), K hình chiếu vuông góc A lên ∆ Ta có d(A; (α)) = AH ≤ AK lớn thì H≡ K, đó (α) mặt phẳng qua ∆ vuông góc với AK Hay (α) qua ∆ vuông góc với mp(∆, A) Ví dụ 1: Cho ba điểm A(2; 1; 3), B(3; 0; 2); C(0; -2; 1) Viết phương trình mặt phẳng (α) qua hai điểm A, B cách C một khoảng lớn Giải: Mặt phẳng (α) qua hai điểm A, B cách C một khoảng lớn (α) qua hai điểm A, B vuông góc với mp(ABC) uuur uuur AB  (1; 1; 1) , AC  (2; 3; 2) r uuur uuur (ABC) có véctơ pháp tuyến n  [AB, AC]  (1;4; 5) uur r uuu r (α)cóvéctơpháptuyến n  [n, AB]  (9  6; 3)  3(3;2;1) Phương trình (α): 3(x– 2) + 2(y – 1) + 1(z – 3) = � 3x + 2y + z – 11 = Bài toán 3: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), lấy B không thuộc (α) Tìm đường thẳng ∆ nằm (α) qua A và cách B một khoảng lớn nhất, nhỏ nhất Lời giải: Gọi H hình chiếu B lên ∆ ta thấy d(B; ∆) = BH ≤ AB Vậy khoảng cách từ B đến ∆ lớn A ≡ H hay ∆ đường thẳng nằm (α) vuông góc với AB Gọi K hình chiếu vuông góc B lên (α) đó d(B; (α)) = BH ≥ BK 16 Vậy khoảng cách từ B đến ∆ nhỏ K ≡ H hay ∆ đường thẳng qua hai điểm A, K Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + z + 15 = điểm A (-3; 3; -3) Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm (α), qua điểm A cách điểm B(2;3; 5) một khoảng : 1) Nhỏ 2) Lớn Giải: uur Ta thấy (α)có véctơ pháp tuyến n  (2; 2;1) 1) Gọi H hình chiếu vuông góc B lên (α) x   2t � � Phương trình BH: �y   2t � z 5t � Tọa độ điểm H ứng với t nghiệm phương trình: 2(2 + 2t) - 2(3 – 2t) + + t + 15= � t  2 hay H(-2; 7; 3) uuur Ta thấy d(B; ∆) nhỏ ∆ qua hai điểm A, H AH  (1;4;6) véc tơ chỉ phương ∆ Phương trình ∆: x+3 y-3 z +3   2) Ta thấy d(B; ∆) lớn ∆ đường thẳng nằm (α), qua A vuông góc với AB uur uuur uur ∆ có véctơ chỉ phương u  [AB, n ]  (16;11; 10) Phương trình ∆: x+3 y-3 z +3   16 11 10 x  1 t � � Ví dụ 2: Cho hai điểm A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0) đường thẳng d: �y  � z  t � 1) Viết phương trình mặt phẳng (α) qua d B 2) Viết phương trình đường thẳng ∆ qua B cắt d cho khoảng cách từ A đến ∆1 lớn 3) Viết phương trình đường thẳng ∆ qua B cắt d cho khoảng cách từ A đến ∆2 nhỏ Giải: 17 r uuur 1) Đường thẳng d qua điểm M(2; 0; 0) có vtcp ud  (1;0; -1) , MB  (2;2;0) uur uuur uur [ud , MB]  (2;2;2)  2(1;1;1)  2n uur (α) qua B nhận n  (1;1;1) làm véctơ pháp tuyến Phương trình (α): x + y + z – = 2) Gọi H hình chiếu A lên (α), để d(A, ∆1) nhỏ ∆1 qua hai điểm x 2t � � B,H Phương trình tham số AH: �y   t � z  1  t � Tọa độ H ứng với t nghiệm phương trình: + t + + t -1 + t – = � 3t   � t   uuu r 4 4 BH  ( ; ; )  3 uu r r Ta thấy u1 ud 4 � H( ; ; ) 3 3 r uu r 4 uu (2; 1; 1)  u1 � ∆1 nhận u1 làm véc tơ chỉ phương 3 không cùng phương nên d ∆1 cắt (do cùng thuộc mặt phẳng (α)) Vậy phương trình ∆1: x+1 y-2 z   1 1 3) Gọi K hình chiếu A lên ∆2 ta có d(A, ∆2 ) = AK ≤ AB, để d(A, ∆2 ) lớn K ≡ B hay ∆2 nằm (α)và vuông góc với AB uur uuur uur uur Ta có [n , AB]  (0; 4;4)  4(0;1; 1)  4u2 � ∆2 nhận u2 làm véc tơ chỉ phương, uur r mặt khác u2 ud không cùng phương nên d ∆2 cắt (do cùng thuộc mặt phẳng (α)) x  1 � � Phương trình ∆2: �y   t � z  t � Bài toán 4: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), đường thẳng d không song song hoặc nằm (α) và không qua A Tìm đường thẳng ∆ nằm (α), qua A cho khoảng cách giữa ∆ và d là lớn nhất Lời giải: 18 Gọi d1 đường thẳng qua A song song với d, B giao điểm d với (α) Xét (P) mặt phẳng (d1, ∆), H I hình chiếu vuông góc B lên (P) d1 Ta thấy khoảng cách giữa ∆ d BH uur uu r uur BH ≤ BI nên BH lớn I ≡ H, đó ∆ có vtcp u  [BI , n ] Ví dụ 1: Cho đường thẳng d: x-1 y-2 z -3   , mặt phẳng (α): 2x – y – z + = 1 điểm A( -1; 1; 1).Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm (α), qua A cho khoảng cách giữa ∆ d lớn r uur Giải:Đường thẳng d có vtcp u  (1; 2; -1), (α) có vtpt n  (2; -1; 1) x  1 t � � Phương trình tham số d: �y   2t � z 3 t � Gọi B giao điểm d (α), tọa độ B ứng với t nghiệm phương trình: 2+ 2t – – 2t – 3+ t + = � t = -1 � B(0; 0; 4) Xét d1 đường thẳng qua A song song với d x  1  t � � Phương trình tham số đường thẳng d1: �y   2t � z  1 t � Gọi I hình chiếu vuông góc B lên d1 uu r � I(-1 + t; + 2t; – t), BI  (-1 + t; + 2t;-5– t) uu rr Ta có BI.u  � -1 + t + 2(1 + 2t) –(-5– t) = � t = -1 � I(-2; -1; 2) uur uu r uur u  [ BI , n ] = (-5; -10; 4) Đường thẳng ∆ có vtcp  Phương trình ∆: x+1 y-1 z -1   5 10 Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (P): x + y – z + 1= 0, điểm A(1; -1; 2) đường thẳng ∆ : x+1 y z-4 = = Trong các đường thẳng qua A song song song với (P), 3 viết phương trình đường thẳng d cho khoảng cách giữa d ∆ lớn 19 Giải: Mặt phẳng (α) qua A song song với (P) có phương trình: x + y – z + 2= => d nằm (α) uur r Đường thẳng ∆ có vtcp u  (2;1;-3), (α) có vtpt n  (1;1;-1) x  1  t � � Phương trình tham số ∆: �y  t � z   3t � Gọi B giao điểm ∆ (α), tọa độ B ứng với t nghiệm phương trình: -1+ 2t + t – (4- 3t) + = � t = 1 � B(0; ; ) 2 Xét ∆1 đường thẳng qua A song song với ∆ x   2t � � Phương trình tham số đường thẳng ∆1: �y  1  t � z   3t � Gọi H hình chiếu vuông góc B lên ∆1 � H(1 + 2t; -1 + t; – 3t) uu rr uuu r 3 BH  (1 + 2t; t - ; -3t).Ta có BI.u  � + 4t + t - + 9t = � t =  28 uuu r 13 43 1 r � BH =( ;  ; ) = (26; -43; 3) = u1 14 28 28 28 28 uur uu r uur u  [ u Đường thẳng d có vtcp d , n ] = (40; 29; 69) Phương trình d : x-1 y+1 z -2   40 29 69 Bài toán 5: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), đường thẳng d không song song hoặc nằm (α) Tìm đường thẳng ∆ nằm (α), qua A và tạo với d góc lớn nhất, nhỏ nhất Lời giải: Vẽ đường thẳng d1 qua A song song với d Trên d lấy điểm B khác A điểm cố định, gọi K, H hình chiếu vuông góc B lên (α) ∆ BH BK Ta có sin(d, ∆) = ≥ Do góc (d, ∆) nhỏ K ≡ H hay ∆ AB AB đường thẳng AK 20 uur uur uur Góc (d, ∆) lớn 900 ∆  d ∆ có vtcp u  [ud, n ] Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): 2x + 2y – z – = 0, điểm A(1; 2; -2) đường thẳng d: x+2 y-1 z -3   1 1) Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm (α), qua A tạo với d một góc lớn 2) Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm (α), qua A tạo với d một góc nhỏ Giải: r r (α) có vectơ pháp tuyến n  (2;2; -1) , d có vectơ ud  (1;1;1) qua điểm r r M(-2; 1; 3) Ta thấy A �(α) mặt khác n ud �0 nên d không song song nằm (α) 1) ∆1 tạo với d một góc lớn ∆1  d uu r uur uur Do đó ∆1 có vectơ chỉ phương u1  [ud, n ] = (-3; 3; ) = -3(1; -1; 0) x  1 t � � Phương trình tham số ∆1: �y   t � z  2 � 2) Xét đường thẳng d1 qua A song song với d Phương trình d1: x-1 y-2 z +2   , lấy điểm B(2; 3; -1) �d1 1 Gọi K hình chiếu vuông góc B lên (α) x   2t � � Phương trình tham số BK �y   2t , tọa độ � z  1  t � K ứng với t nghiệm phương trình : 2(2 + 2t) + 2(3 + 2t) – (- – t) – = � 9t + = hay t =  10 19 5 � K( ; ; ) 9 9 uuur 1 13 ) 9 ∆2 tạo với d một góc nhỏ nó qua hai điểm A K, AK  ( ; ; uur uuur ∆2 qua A(1; 2; -2), có vectơ chỉ phương u2  9.AK  (1;1;13) 21 Phương trình ∆2 : x-1 y-2 z +2   1 13 Ví dụ 2: Cho hai điểm A(1; 0; 0) , B( 0; -2; 0) đường thẳng d: x-1 y-2 z -3   1 Viết phương trình đường thẳng ∆ qua A, vuông góc với d tạo với AB một góc nhỏ r Đường thẳng d có vectơ ud  (2;1;1) Giải: Xét mặt phẳng (α) qua A vuông góc với d � ∆ nằm (α) r (α) nhận ud  (2;1;1) làm vectơ pháp tuyến Phương trình (α): 2x + y + z – = r Gọi H hình chiếu vuông góc B lên (α), BH có vectơ ud  (2;1;1) x  2t � � Phương trình tham số BH �y  2  t , tọa độ H ứng với t nghiệm � z t � phương trình: 4t -2 + t + t – = � 6t – = � t  4 hay H( ; ; ) 3 3 uuur 4 AH ( ; ; ) ∆ tạo với AB một góc nhỏ nó qua hai điểm A H, 3 uur uuur ∆ qua A(1; 0; 0), có vectơ chỉ phương u  3.AH  (1; 4;2) Phương trình ∆ : x-1 y z   4 Hiệu đề tài Những điều thực nêu có một số tác dụng đối với học sinh,cụ thể : Các em tỏ say mê, hứng thú với dạng toán đó có thể coi một thành công người giáo viên Kết thúc đề tài khảo sát lại cho các em học sinh lớp 12A4,12A5 Kết sau: Không Nhận biết, nhận biết vận dụng Nhận biết biết vận dụng, chưa giải Nhận biết biết vận dụng , giải 22 Số lượng Tỉ lệ ( %) 0.0 3.3 hoàn chỉnh 27 30 hoàn chỉnh 60 66,7 Rõ ràng các em có tiến bộ Như chắc chắn phương pháp mà nêu đề tài giúp các em phận loại tập nắm khá vững phương pháp làm trình bầy giúp các em tự tin học tập thi Tuy kết qủa chưa thật mong đợi, với trách nhiệm một người thầy, một chừng mực đó có thể bớt băn khoăn học trò mình có thể làm tốt các toán: “ Cực trị hình học giải tích lớp 12 ” Vận dụng chuyên đề học sinh có thể giải một số câu VD, VDC đề thi TN THPT Quốc Gia, ví dụ minh họa: Ví dụ 1: (Đề Thi thử CHUYÊN ĐH VINH) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , x 1 y  z   Tìm véctơ 2 1 r chỉ phương u đường thẳng  qua M , vuông góc với đường thẳng d đồng thời cách điểm A một khoảng bé r r r r A u   2;1;  B u   1; 0;  C u   3; 4; 4  D u   2; 2; 1 cho hai điểm M  2; 2;1 , A  1; 2; 3 đường thẳng d : Ví dụ 2: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A(2; 4; 1) , B(1; 4; 1) , C (2; 4;3) D(2; 2; 1) x y z Biết M  x; y; z  , để MA2  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ thì A B C D Ví dụ 3: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A  1; 2;3 ; B  0;1;1 ; C  1;0;   Điểm M � P  : x  y  z   cho giá trị biểu thức T  MA2  2MB  3MC nhỏ Khi đó, điểm M cách  Q  :2 x  y  z   một khoảng A 121 54 B 24 C D 101 54 Và nhiều toán tương tự giaỉ một cách hiệu C KẾT LUẬN 23 Từ thực tế giảng dạy chuyên đề này, một kinh nghiệm rút trước hết học sinh phải nắm chắc các kiến thức bản, biết vận dụng linh hoạt các kiến thức này, từ đó mới dạy các chuyên đề mở rộng, nâng cao, khắc sâu kiến thức một cách hợp lý với các đối tượng học sinh nhằm bồi dưỡng khiếu, rèn kỹ cho học sinh Kiến nghị Tôi nghĩ : tiến bộ thành đạt học sinh mục đích cao cả, nguồn động viên tích cực người thầy Do vậy, mong ước chia sẻ với quý đồng nghiệp một số suy nghĩ sau: Một toán có thể có nhiều cách giải song việc tìm một lời giải hợp lý, ngắn gọn thú vị độc đáo một việc không dễ Do đó chỉ một chuyên đề nhiều chuyên đề, một phương pháp hàng vạn phương pháp để giúp phát triển tư duy, sáng tạo học sinh Giáo viên trước hết phải cung cấp cho học sinh nắm chắc các kiến thức sau đó cung cấp cho học sinh cách nhận dạng toán, thể toán từ đó học sinh có thể vân dụng linh hoạt các kiến thưc bản, phân tích tìm hướng giải, bắt đầu từ đâu bắt đầu quan trọng để học sinh không sợ đứng trước một toán khó mà dần gây hứng thú say mê môn toán, từ đó tạo cho học sinh tác phong tự học, tự nghiên cứu Tuy nội dung chuyên đề khá rộng, song khuôn khổ thời gian có hạn người viết chỉ các ví dụ, toán điển hình Đặc biệt, chuyên đề này thực sự hiệu quả giảng dạy cho đối tượng học sinh khá, giỏi Rất mong đóng góp ý kiến các bạn quan tâm đồng nghiệp để chuyên đề đầy đủ hoàn thiện hơn./ XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thọ Xuân, ngày tháng năm 2018 Tôi xin cam đoan SKKN 24 mình viết, không chép nội dung người khác Lê Văn Hà ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CƠ SỞ Thọ Xuân, Ngày tháng năm 2018 Thay mặt HĐKH sở Chủ Tịch TÀI LIỆU THAM KHẢO 25 [1] Hình học 12, Bài tập hình học 12 – nhà XBGD năm 2008 [2] Hình học 12 nâng cao, Bài tập hình học 12 nâng cao – nhà XBGD năm 2008 [3] Tạp chí Toán học tuổi trẻ năm 2010 [4] Các dạng Toán LT ĐH Phan Huy Khải- NXB Hà Nội năm 2002 [5] Tuyển tập các đề thi thử TN THPT Quốc Gia các trường nước năm học 2017-2018 26 ... .25 HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 12 GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH A MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong chương trình Hình học giải tích lớp 12, bên cạnh các dạng toán quen... [1] Hình học 12, Bài tập hình học 12 – nhà XBGD năm 2008 [2] Hình học 12 nâng cao, Bài tập hình học 12 nâng cao – nhà XBGD năm 2008 [3] Tạp chí Toán học tuổi trẻ năm 2010 [4] Các dạng Toán. .. hình học cụ thể hình học giải tích lớp 12 Phạm vi nghiên cứu Phạm vi nghiên cứu đề tài hình học giải tích chương trình SGK nâng cao hình học lớp 12 lưu hành Tập trung chủ yếu vào các toán