SKKN phương pháp tìm tọa độ điểm trong bài toán cực trị của hình học không gian

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Trong sách giáo khoa hình học trường phổ thơng, lớp 10, học sinh bước đầu làm quen với phương pháp tọa độ mặt phẳng Ở lớp 12, học sinh tiếp tục làm quen với phương pháp tọa độ khơng gian Nhờ phương pháp đó, chuyển nhiều tốn hình học sang toán đại số ngược lại, từ kết đại số, ta suy tính chất mối quan hệ hình Trong đề thi THPT Quốc gia mơn tốn, phần phân loại câu hỏi khó, tương ứng với điểm 8, 9, 10; thường xuyên rơi vào chủ đề: “hình học tọa độ khơng gian Oxyz”, “số phức”, “tích phân”, “bài toán thực tiễn”,… Đặc biệt chủ đề “hình học tọa độ khơng gian Oxyz” tốn tìm tọa độ điểm liên quan đến cực trị thường xuất nhiều khó giải Với mong muốn giúp em học sinh THPT tiếp thu tốt kiến thức tìm tọa độ điểm tốn cực trị hình học khơng gian, đồng thời biết vận dụng cách linh hoạt kiến thức để giải tốn áp dụng thực tiễn Đặc biệt, biết sử dụng kiến thức hình học tọa độ khơng gian để giải tốn khó liên quan đến cực trị, tơi chọn đề tài “Phương pháp tìm tọa độ điểm tốn cực trị hình học khơng gian ” 1.2 Mục đính nghiên cứu Các tốn cực trị hình tọa độ khơng gian dạng tập học sinh THPT, làm thay đổi tư nhìn nhận vấn đề hình học theo hướng tư đại số, mang tính trừu tượng bước đầu làm cho HS có ngỡ ngàng, thiếu tính logic Một kiến thức mới, cần phải có thời gian để học sinh thực hành làm quen Tuy nhiên khó người giáo viên giảng dạy hình tọa độ không gian phương pháp tọa độ khơng gian đưa vào chương trình cuối SGK hình học 12 kết thúc chương trình giáo dục phổ thông nên thời gian giành để nghiên cứu bị hạn chế Vì vậy, việc hướng dẫn học sinh biết hệ thống kiến thức xây dựng lớp tốn tìm tọa độ điểm tốn cực trị hình học khơng gian Có vậy, học sinh giải nhanh tập khó cực trị hình học đề thi trắc nghiệm toán Vậy vấn đề đặt là: • Cần giúp HS tiếp cận hệ thống ghi nhớ đầy đủ tính chất khái niệm phương pháp tọa độ khơng gian • Cần giúp HS biết phân loại tập tìm tọa độ điểm tốn cực trị hình học khơng gian tìm phương pháp giải cụ thể cho lớp tốn • Giúp HS biết vận dụng kiến thức tọa độ điểm tốn cực trị hình khơng gian thực tế sống hàng ngày 1.3 Đối tượng nghiên cứu Để giải vấn đề nêu trên, đề tài đề xuất ý tưởng nghiên cứu sau: • Cần cho HS tự hệ thống lại kiến thức trọng tâm hình tọa độ khơng gian dạng sơ đồ tư để từ khắc sâu kiến thức • Từ tốn cụ thể, dẫn dắt HS tự đúc kết kinh nghiệm giải tốn Qua tự tìm thuật giải cho tốn tìm tọa độ điểm tốn cực trị hình học khơng gian • Cho HS thấy mối liên hệ kiến thức học với thực tiễn sống 1.4 Phương pháp nghiên cứu • Xuất phát từ thực tiễn, cho học sinh nhìn trực quan tự đốc rút khái niệm tính chất • Thống kê số liệu để phân loại tốn tìm tọa độ điểm tốn cực trị hình học khơng gian rút hệ thống sơ đồ tư giải tập dạng • Điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin để biết thực trạng dạy học trường sở để đưa thuật giải logic, ngắn gọn, dễ hiểu dễ nhớ • Từ tốn đưa mối liên hệ tọa độ điểm nghiên cứu toán học, vật lí, khoa học, kĩ thuật 2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm • Căn vào nội dung chương trình SGK mơn hình học lớp 12 (chương III) • Căn vào hệ thống tập ơn tập chương III hình học lớp 12 • Căn vào phân loại dạng tập tài liệu tham khảo: 18 chủ đề hình học 12 (chủ biên: Nguyễn Văn Dũng - Nguyễn Tất Thu) Tuy nhiên, tài liệu tham khảo đa phần nặng lí thuyết, chưa phân dạng tốn tìm tọa độ điểm liên quan đến cực trị cách chi tiết, chưa đưa kết cấu làm dạng sơ đồ tư duy, đặc biệt tọa độ điểm liên quan đến mặt cầu không đủ dạng Dựa vào tài liệu trên, hướng dẫn học sinh phân loại dạng toán cụ thể xây dựng hệ thống tư cho lớp tập tìm tọa độ điểm tốn cực trị hình học khơng gian Vì vậy, cần đọc đề học sinh phân loại nhận dạng tập cần làm (theo sơ đồ tư định sẵn có đầu học khơng sa vào chứng minh rườm rà) Khi học sinh cần áp dụng kết cuối sử lí theo số liệu cụ thể đề Đây bí để học sinh rút ngắn thời gian làm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Sau học xong khái niệm, cho học sinh thực hành làm trắc nghiệm 50 câu với phân loại 50 câu đủ ba phần: Câu hỏi nhận dạng, câu hỏi vận dụng câu hỏi vận dụng cao Thực kiểm chứng lớp với 45 học sinh 12 A1 năm học 2018 – 2019 thu kết sau: Thơng hiểu(có thể vận dụng lý thuyết để giải tốn) Số Số Phần trăm Phần trăm học sinh học sinh 45 100% 20 44,4% Tuy nhiên thời gian thu kết sau: Nhận biết(nắm vững lý thuyết) Vận dụng linh hoạt (giải đa số tập đưa ra) Số Phần trăm học sinh 15,6% Từ phút/ 1,8 phút / đến 10 phút/ Số Số Số Phần Phần Phần học học học trăm trăm trăm sinh sinh sinh 4,4% 11,1% 13 28,9% Đặc điểm lớp thực nghiệm là: Từ phút/ đến phút/ Trên 10 phút / Số học sinh 20 Phần trăm 55,6% Số học sinh lớp: 45 Kết học tập mơn tốn năm học 2018 – 2019 là: học sinh có học lực giỏi, 13 học sinh có học lực khá, 21 học sinh có học lực trung bình học sinh có học lực yếu Như qua khảo sát ta thấy đa số học sinh chưa đảm bảo với yêu cầu kiểm tra đánh giá 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải đề 2.3.1 Bài toán tọa độ điểm mặt phẳng Bài toán 1: Trong không gian Oxyz cho điểm A1 , A2 , , An Xét véc r uuuu r uuuur uuuur tơ u = a1.MA1 + a2 MA2 + + an MAn Trong a1 , a2 , , an số thực cho trước thỏa mãn a1 + a2 + + an ≠ r Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( P) cho u nhỏ Phương pháp: E điểm thỏa mãn: Gọi uuur uuuu r uuuu r r a1.EA1 + a2 EA2 + + an EAn = (Như điểm E hoàn toàn xác định điểm cố định) uuuur uuur uuuu r Ta có MAk = ME + EAk ( với k = 1; 2; ; n ) r uuuu r uuur uuuur uuuu r nên u = (a1 + a2 + + an ).ME + a1.EA1 + a2 EA2 + + an EAn uuuu r = (a1 + a2 + + an ).ME r uuur Do u = a1 + a2 + + an ME r Vì a1 + a2 + + an số khác không nên u có giá trị nhỏ ME nhỏ nhất, mà M ∈ ( P ) nên điểm M cần tìm hình chiếu E mặt phẳng ( P) Sau ví dụ minh họa để giáo viên hướng dẫn cụ thể cho học sinh thực Ví dụ 1: Trong khơng gian Oxyz cho điểm A(2;1; −1), B(0;3;1) mặt phẳng ( P) : x + y − z + = Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( P) cho: uuur uuur a) MA + MB đạt giá trị nhỏ uuur uuur b) 2.MA − MB đạt giá trị nhỏ Học sinh thực lời giải chi tiết sau: a) Gọi trung điểm AB I (1; 2;0) uuur uuur uuu r uuur uuur uuur MA + MB = MI Ta có: MA + MB = 2.MI nên uuur uuur nên MA + MB đạt giá trị nhỏ MI nhỏ Mà M ∈ ( P ) nên điểm M cần tìm hình chiếu I ( P ) uuur Giả sử M ( x; y; z ) IM ( x − 1; y − 2; z ) uuur uuur  IM = t.n( P ) uuur nên từ  ( n( P ) véc tơ pháp tuyến ( P) )  M ∈ ( P )  x −1 y − z = =  −1 ⇒ M ( −1;0; 2) ta có   x + y − z + = Vậy điểm M cần tìm M (−1;0; 2) uuur uur ur b) Gọi J (a; b; c) điểm thỏa mãn 2.JA − JB = ⇒ J (4; −1; −3) uuur uuur uuuu r uuu r uuur uur uuur Ta có 2.MA − MB = 2.MJ + 2.JA − MJ − JB = MJ uuur uuur uuur nên 2.MA − MB = MJ = MJ uuuu r uuur Do 2.MA − MB có giá trị nhỏ MJ nhỏ nhất, hay M hình chiếu J mặt phẳng ( P)  x − y +1 z + = =  −1 Gọi M ( x; y; z ) ta có tọa độ M thỏa mãn hệ   x + y − z + = Suy tọa độ điểm cần tìm M (1; −4;0) Ví dụ 2: Cho điểm A(1;0; −1), B(2; −2;1), C(0; −1;0) mặt phẳng ( P ) : x − y + z + = Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( P ) cho: uuur uuur uuuu r a) MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ uuur uuur uuuu r b) 2.MA − 4.MB + 3.MC đạt giá trị nhỏ Học sinh thực lời giải chi tiết sau: a) Gọi trọng tâm tam giác ABC G (1; −1;0) uuuuu r uuur uuur uuuu r uuur uuur uuuu r uuuu r Ta có MA + MB + MC = 3.MG nên MA + MB + MC = MG , uuur uuur uuuu r MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ MG nhỏ Mà M ∈ ( P ) nên điểm M cần tìm hìnhuuchiếu G ( P) ur Giả sử M ( x; y; z ) IM ( x − 1; y+ 1; z) uuur uuur  IM = t n( P ) uuur nên từ  ( n( P ) véc tơ pháp tuyến ( P) ) M ∈ ( P )   x −1 y +1 z = =  −2 ⇒ M (0;1; −2) ta có   x − y + z + = Vậy điểm M cần tìm M (0;1; −2) uuu r uur uuu r r b) Gọi Juu(ura; b; cu)urlà điểm thỏa mãn 2.JA − 4.JB + 3.JC = uuu r Ta có: 2.JA − 4.JB + 3.JC = (−6 − a;5 − b; −6 − c) suy J (−6;5; −6) uuur uuur uuuu r uuur uuur uuuu r uuur uur uuu r uuur MA − MB + MC Vì 2.MA − 4.MB + 3.MC = MJ + 2.JA + 3.JC = MJ nên biểu thức đạt giá trị nhỏ MJ nhỏ nhất, hay M hình chiếu điểm J mặt phẳng ( P ) x +6 y −5 z +6 = =  −2 Tọa độ điểm M ( x; y; z ) thỏa mãn hệ   x − y + z + =  −32 89 −10  ; ; Điểm M cần tìm M  ÷  9  Bài toán 2: Trong không gian Oxyz , cho điểm A1 , A2 , , An Xét biểu thức T = a1.MA12 + a2 MA22 + + an MAn2 Trong a1 , a2 , , an số thực cho trước Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( P) cho a) T có giá trị nhỏ biết a1 + a2 + + an > b) T có giá trị lớn biết a1 + a2 + + an < Phương pháp: uuur uuuu r uuuu r r Gọi E điểm thỏa mãn a1.EA1 + a2 EA2 + + an EAn = (Như điểm E E điểm cố định.) hoàn toàn xácuuu định, ur uuur uuuu r Ta có MAk = ME + EAk (với k = 1; 2; ; n ) uuur uuuu r uuur uuuu r nên MAk2 = (ME + EAk )2 = ME + 2.ME.EAk + EAk2 Do T = (a1 + a2 + + an ).ME + a1.MA12 + a2 MA22 + + an MAn2 Vì a1.EA12 + a2 EA22 + + an EAn2 không đổi nên a) Với a1 + a2 + + an > T đạt giá trị nhỏ ME nhỏ b) Với a1 + a2 + + an < T đạt giá trị lớn ME nhỏ Mà M ∈ ( P) nên ME nhỏ điểm M hình chiếu E mặt phẳng ( P) Sau ví dụ minh họa để giáo viên hướng dẫn cụ thể cho học sinh thực Ví dụ 1: Trong khơng gian Oxyz cho điểm A(−3;5; −5), B(5, −3, 7) mặt phẳng ( P) : x + y + z = Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( P) cho: a) MA2 + MB có giá trị nhỏ b) MA2 − 2.MB có giá trị lớn Học sinh thực lời giải chi tiết sau: uur uur r a) Gọi trung điểm củauuAB làur I (1;1;1) Khi IA + IB = u r u u u u r u u r Ta có MA2 + MB = ( MI + IA) + ( MI + IB) uuu r uu r uur = 2.MI + 2.MI ( IA + IB ) + IA2 + IB = 2MI + IA2 + IB Do MA2 + MB nhỏ MI nhỏ nhất, hay M hình chiếu điểm I mặt phẳng ( P) Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình  x −1 y −1 z −1 = =  1 ⇒ M (0;0;0)   x + y + z = Vậy điểm M cần tìm M (0; 0;0) uur r uur b) Gọi J (a; b; c) điểm thỏa mãn JA −uu2.urJB u=ur0 ⇒ J (13; −11;19) uuur uur 2 Ta có: MA − 2.MB = ( MJ + JA) − 2.( MJ + JB)2 uuuu r uur uur = − MJ + 2.MJ ( JA − 2.JB ) + JA2 − 2.JB = − MJ + JA2 − 2.JB Do MA2 − 2.MB lớn − MJ lớn nhất, hay MJ nhỏ nhất, nên M hình chiếu điểm J mặt phẳng ( P) Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình  x − 13 y + 11 z − 19 = =  1 ⇒ M (6; −18;12)   x + y + z = Điểm M cần tìm M (6; −18;12) Ví dụ 2: Trong khơng gian Oxyz cho điểm A(1; 4;5), B(0;3;1), C (2; −1;0) mặt phẳng ( P ) : x − y − z − 15 = Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( P) cho: a) MA2 + MB + MC có giá trị nhỏ b) MA2 + 2.MB − 4.MC có giá trị lớn Học sinh thực lời giải chi tiết sau: a) Gọi trọng tâm tam giác ABC G (1;1; 2) uuu r uuur uuur r Khi GA + GB + GC = nên MA2 + MB + MC = 3MG + GA2 + GB + GC Do MA2 + MB + MC đạt giá trị nhỏ MG nhỏ nhất, hay M hình chiếu điểm G ( P ) Ta có điểm M cần tìm M (4;u−u1;0) uuur uuur r u r b) Gọi G (a; b; c) điểm thỏa mãn GA + 2.GB − 4.GC = ⇒ G (7; −16; −7) Ta có MA2 + 2.MB − 4.MC = − MG + GA2 + 2.GB − 4.GC Nên MA2 + 2.MB − 4.MC lớn M hình chiếu điểm G mặt phẳng ( P) Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình  x − y + 16 z + = =   −25 −74 −9  ; ; ÷ −3 −2 ⇒ M    11 11 11  3 x − y − z − 15 = Bài toán 3: Trong không gian Oxyz , cho điểm A( x A ; y A ; z A ), B ( xB ; yB ; z B ) mặt phẳng ( P ) : +by + cz + d = Tìm điểm M ∈ ( P ) cho: • MA + MB nhỏ • MA − MB lớn với d ( A, ( P)) ≠ d ( B;( P)) Phương pháp: Với câu hỏi 1: MA + MB nhỏ nhất: Bước 1: Xét vị trí tương đối điểm A, B so với mặt phẳng ( P) • Nếu (a.x A + b y A + c.z A + d ).(a.xB + b yB + c.z B + d ) > hai điểm A, B nằm phía với mặt phẳng ( P) • Nếu (a.x A + b y A + c.z A + d ).(a.xB + b yB + c.z B + d ) < hai điểm A, B nằm khác phía với mặt phẳng ( P) Bước 2: MA + MB nhỏ Trường hợp 1: Hai điểm A, B khác phía so với mặt phẳng ( P) MA + MB nhỏ AB M = ( P) ∩ AB Trường hợp 2: Hai điểm A, B phía so với mặt phẳng ( P) Gọi A ' đối xứng với A qua mặt phẳng ( P) Ta có: MA + MB = MA '+ MB ≥ A ' B Vậy MA + MB nhỏ M = A ' B ∩ ( P) AB Với câu hỏi 2: MA + MB lớn nhất: Trường hợp 1: Hai điểm A, B phía so với mặt phẳng ( P) Vì A, B phía so với mặt phẳng ( P) nên MA − MB lớn AB M = ( P ) ∩ AB Trường hợp 2: Hai điểm A, B khác phía so với ( P) Gọi A ' đối xứng với A qua mặt phẳng ( P) Khi A ' B phía ( P) MA = MA ' với nên MA − MB = MA '− MB ≤ A ' B Vậy MA − MB lớn A ' B M = A ' B ∩ ( P) Sau giáo viên đưa ví dụ để học sinh thực giải chi tiết Ví dụ 1: Cho điểm A(1; −1; 2), B(−2;1;0), C (2;0;1) mặt phẳng ( P ) : x − y − z + = Tìm điểm M thuộc ( P ) cho: a) MA + MB có giá trị nhỏ b) MA − MC có giá trị lớn c) MA + MC có giá trị nhỏ d) MA − MB có giá trị lớn Học sinh thực lời giải chi tiết sau: Ta có: A, C nằm phía ( P ) A, B nằm khác phía ( P ) a) Ta có MA + MB ≥ AB A, B nằm khác phía so với ( P) nên ( MA + MB) nhỏ AB M = AB ∩ ( P)  x = − 3t  Phương trình đường thẳng AB :  y = −1 + 2t (t ∈ R)  z = − 2t  Ta có M ∈ AB ⇒ M (1 − 3t; −1 + 2t ; − 2t ) mà M ∈ ( P) nên: 2(1 − 3t ) − (−1 + 2t ) − (2 − 2t ) + = ⇔ t =   Vậy điểm M cần tìm M  −1; ; ÷ 3   b) Ta có MA − MC ≤ AB A, C nằm phía so với ( P) nên MA − MB lớn AC M = AC ∩ ( P) Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình  x −1 y +1 z − = =  −1 ⇒ M (−1; −3; 4)   x − y − z + = Vậy điểm M cần tìm M (−1; −3; 4) c) Gọi H u(uxu;ry; z ) hình chiếu điểm A mặt phẳng ( P) Ta có AH ( x − 1; y + 1; z − 2) uuur uuur  AH = t.n( P ) uuur ( n( P ) véc tơ pháp tuyến ( P) ) nên tọa độ H thỏa mãn   H ∈ ( P )  x −1 y +1 z − = =   −1 −1  −1 −1 ⇒ H  ; ; ÷   3 3  x − y − z + = −5 10   Tọa độ điểm A ' đối xứng với A qua mặt phẳng ( P) A '  ; ; ÷  3 3 Vì A, C phía so với ( P) nên A ', C khác phía so với ( P) Ta có: MA + MC = MA '+ MC ≥ A ' C nên ( MA + MC ) đạt giá trị nhỏ A ' C M = A ' C ∩ ( P) uuuur x − y z −1 = = 11 −1 −7  1 12  Vậy điểm M cần tìm M  − ; ; ÷  5 5 Do A ' C = ( 11; −1; −7 ) nên A ' C :  d) Gọi A ' đối xứng với A qua ( P) ⇒ A'  − ; ; 10  ÷  3 3 Vì A, B khác phía so với ( P) nên A ', B phía so với ( P) Ta có MA − MB = MA '− MB ≤ A ' B nên MA − MB đạt giá trị lớn A ', B M = A ' B ∩ (P) uuuur  −10  x + y −1 z = = Do A ' B =  ; ; ÷ nên A ' B : −2 10 3 3   −7 10  Vậy tọa độ điểm M cần tìm M  ; ; ÷  3 3 2.3.2 Bài toán: Tọa độ điểm đường thẳng Bài tốn 1: Trong khơng gian Oxyz , cho điểm A, B, A1 , A2 , , An  x = x0 + a.t  2 đường thẳng ∆ :  y = y0 + b.t (t ∈ R )(a + b + c ≠ 0)  z = z + c.t  V cho Tìm điểm M thuộc đường thẳng r uuuu r uuuur uuuur Câu hỏi 1: Độ dài véc tơ u = a1.MA1 + a2 MA2 + + an MAn đạt giá trị nhỏ với a1 , a2 , , an số thực cho trước thỏa mãn a1 + a2 + + an ≠ ; Câu hỏi 2: Biểu thức T = a1.MA12 + a2 MA22 + + an MAn2 • Có giá trị nhỏ biết a1 + a2 + + an > • Có giá trị lớn biết a1 + a2 + + an < Câu hỏi 3: Diện tích tam giác MAB nhỏ (Trong trường hợp AB ∆ chéo nhau) Phương pháp: Vì M ∈ ∆ nên M ( x0 + a t; y0 + b.t; z0 + c.t ) r Đối với câu hỏi 1: Tính u Đối với câu hỏi 2: Tính T Đối với câu hỏi 3: Tính diện tích tam giác ABC Sau tính ta biểu thức phụ thuộc t Bài tốn trở thành tìm giá trị lớn nhất, nhỏ tam thức bậc hai ẩn t Giáo viên đửaa ví dụ để học sinh thực hiện, Ví dụ 1: Cho A(1; 4; 2), B(−1; 2; 4) a) b) c) a) ∆: x −1 y + z = = −1 Tìm điểm M thuộc đường thẳng V cho: MA2 + MB nhỏ uuuu r uuuu r uuuu r 3.OM + AM − 4.BM nhỏ Diện tích tam giác MAB nhỏ Học sinh thực giải chi tiết: M ∈V nên M (1 − t ; −2 + t ; 2.t ) (t ∈ R) Vì điểm uuur Ta có MA(t;6 − t; − 2.t) uuur MB (t − 2; − t ; − 2.t ) 10 Nên T = MA2 + MB = t + (6 − t )2 + (2 − 2.t ) + (t − 2) + (4 − t ) + (4 − 2.t ) = 12.t − 48.t + 76 = 12.(t − 2)→2 + 28 ⇒ T ≥ 28(∀t ∈ R ) M cần tìm M (−1;0; 4) Vậy điểm uuuu r b) Ta có: OM (1 − t ; −2 + t; 2.t ) uuuu r AM (−t ; t − 6; 2.t − 2) uuuu r BM (2 − t ; t − 4; 2.t − 4) uuuu r uuuu r uuuu r 3.OM + AM − 4.BM = (−5 − t ; t − 2; 2.t + 12) uuuu r uuuu r uuuu r ⇒ 3.OM + AM − 4.BM = (−5 − t ) + (t − 2) + (2.t + 12) = 6.t + 54.t + 173 638   319 =  t + ÷ + ≥ ∀t ∈ R 2  2 uuuu r uuuu r uuuu r Vậy giá trị nhỏ 3.OM + AM − 4.BM 638 , đạt   điểm M có tọa độ M  ; − ; −3 ÷ 2  uuuu r c) Ta có AM (−t ; t − 6; 2.t − 2) uuur AB(−2; −2; 2) uuuu r uuur nên  AM ; AB  = (6.t − 16; − 2.t; 4.t − 12) Vì diện tích tam giác MAB r uuur uuuu S MAB =  AM , AB  = (6.t − 16) + (4 − 2.t ) + (4.t − 12) 2 2 42  19  24 = 56  t − ÷ + ≥ ∀t ∈ R 7 7  Vậy giá trị nhỏ diện tích tam giác MAB t= 42 , xảy 19  12 38  ⇒ M − ; ; ÷  7  Ví dụ 2: Cho điểm A(1;0; −1), B(0; 2;3), C (−1;1;1) đường thẳng ∆: x +1 y −1 z = = Tìm điểm M thuộc đường thẳng ∆ cho: −2 2 a) MA + 2.MB − 4.MC lớn uuuu r uuur b) AM + BC nhỏ Vì M ∈V nên M (−1 + t ;1 − 2.t; 2.t ) t ∈ R uuur a) Ta có MA(2 − t ; 2.t − 1; −1 − 2.t ) uuur MB (1 − t ;1 + 2.t ;3 − 2.t ) 11 uuuu r MC (−t ; −2.t ;1 − 2.t ) ⇒ T = MA2 + 2.MB − 4.MC 2  232  = −9.t − 8.t + 24 = −  3.t + ÷ + 3  232 ⇒T ≥ ∀t ∈ R 232 −4  −13 17 −8  ; ; ÷ Giá trị nhỏ T = t = hay M   9  uuur uuuu r uuur b) Ta có BC (−1; −1; −2) nên AM + BC = (t − 3; −2.t; 2.t − 1) uuuu r uuur Vì AM + BC = (t − 3) + (−2.t ) + (2.t − 1) 2  65 65  = 9.t − 10.t + 10 =  3.t − ÷ + ≥ ∀t ∈ R 3  uuuu r uuur 65 Do giá trị nhỏ AM + BC đạt điểm M có  −4 −1 10  tọa độ M  ; ; ÷  9 9 Bài tốn 2: Trong khơng gian Oxyz cho điểm A, B đường thẳng  x = x0 + a.t  ∆ :  y = y0 + b.t (t ∈ R )(a + b + c ≠ 0)  z = z + c.t  Tìm điểm M thuộc đường thẳng ∆ cho MA + MB đạt giá trị nhỏ Phương pháp: Vì M ∈ ∆ nên M ( x0 + a.t; y0 + b.t ; z0 + c.t ) Tính MA, MB Lập tổng ( MA + MB) Bài tốn trở thành tìm giá trị nhỏ biểu thức chứa tham số t r r r r Áp dụng bất đẳng thức u + v ≥ u + v học sinh đánh giá toán x −1 y − z − = = điểm −2 A(0; −2; −3), B (4;1; −5); C (1;8;6) Tìm điểm M thuộc đường thẳng ∆ cho: a) MA + MB nhỏ b) MA + MC nhỏ Ví dụ: Cho đường thẳng ∆ : Học sinh thực giải chi tiết sau: M (1 + 2.t; − 2.t;3 + t ) ta có a) Gọi uuuu r AM (1 + 2.t; − 2.t;6 + t ) uuuu r BM (2.t − 3;1 − 2.t ;8 + t ) AM = (1 + 2.t ) + (4 − 2.t ) + (6 + t ) = 9.t + 53 12 BM = (2.t − 3) + (1 − 2.t ) + (8 + t ) = 9.t + 74 Do MA + MB = 9.t + 53 + 9.t + 74 ≥ 53 + 74 ∀t ∈ R Hay giá trị nhỏ MA + MB 53 + 74 t = hay tọa độ điểm cần tìm M (1; 2;3) + 2.t; − 2.t;3 + t ) b) Gọi Mu(1 uuu r Ta có AM (1 + 2.t; − 2.t;6 + t) uuuu r CM (2.t ; −6 − 2.t ; t − 3) AM = (1 + 2.t ) + (4 − 2.t ) + (6 + t ) = 9.t + 53 CM = (2.t ) + (6 + 2.t ) + (1 − 3) = (3.t + 3) + r r Xét hai véc tơ u (−3.t; 53), v(3.t + 3;6) r r ⇒ u + v = (3;6 + 53) r r r r Ta có u + v ≥ u + v nên (−3.t ) + ( 53) + (3.t + 3) + ≥ 32 + (6 + 53) Hay MA + MB ≥ 98 + 12 53 r r Dấu đẳng thức có u = k v (k > 0) −3.t 53 − 53 53 − 53 = ⇔t= = 3.t + 17 + 53  12 53 − 89 140 − 12 53 53 −  ; ; ÷ điểm cần tìm M  ÷ 17 17 17   hay 2.3.3 Bài toán: Tọa độ điểm mặt cầu ( S ) tâm I (a; b; c) bán Bài toán 1: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu r uuuu r uuuur uuuur kính R Tìm điểm M ∈ (S ) cho véc tơ x = a1.MA1 + a2 MA2 + + an MAn có tọa độ nhỏ Phương pháp: uur uuu r uuu r r Gọi I điểm thỏa mãn: a1.IA1 + a2 IA2 + + an IAn = r uuuu r uuuur uuuur Ta có x = a1.MA1 + a2 MA2 + + an MAn uuu r uur uuu r uuu r uuu r uuu r = a1.( MI + IA1 ) + a2 ( MI + IA2 ) + + an ( MI + IAn ) uuu r uur uuu r uuu r = (a1 + a2 + + a n ).MI + (a1.IA1 + a2 IA2 + + an IAn ) uuu r r uuu r = (a1 + a2 + + an ).MI ⇒ x = a1 + a2 + + an MI r uuu r Vậy x ⇔ MI Xét vị trí I với mặt cầu ( S ) • Nếu I nằm ngồi ( S ) ⇒ IM ⇔ M = M = IK ∩ ( S ) với K tâm mặt cầu ( S ) Học sinh tìm hai điểm M , cần phải thử để loại nghiệm 13 • Nếu I nằm ( S ) ⇒ IM ⇔ M = IK ∩ ( S ) với K tâm mặt cầu ( S ) Tương tự trường hợp trên, học sinh tìm điểm M cần phải thử lại để loại nghiệm Ví dụ: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2) + z = 94 điểm A(1;0; −1), B (2; −2;1), C (0; −1;0) Tìm r uuur uuur uuuu r điểm M ( S ) cho véc tơ x = 2.MA − 4.MB + 3.MC có độ dài nhỏ Học sinh thực lời giải chi tiết sau: uu r uur uur r a; b; c) điểm thỏa mãn 2.IA − 4.IB + 3.IC = Gọi I (u u r Ta có IA(1 − a; −b; −1 − c) uur IB (2 − a; −2 − b;1 − c) uur IC (− a; −1 − b; − c) uu r uur uur Nên 2.IA − 4.IB + 3.IC = (−6 − a;5 − b; −6 − c) Suy I (−6;5; −6) Đường thẳng IJ qua I (−6;5; −6) tâm J(1; 2;0) mặt cầu ( S )  x = + 7.t  IJ :  y = − 3.t  z = 6.t  IJ cắt ( S ) điểm M (8; −1;6) M (−6;5; −6) r uuu r uu r uuu r uur uuu r uur uuu r Ta có x = 2.( MI + IA) + 3.(MI + IC ) − 4.( MI + IB) = MI uuu r Vậy x ⇔ MI Vậy điểm M thỏa mãn M (−6;5; −6) Bài toán 2: Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) tâm I (a; b; c) bán kính R Mặt cầu ( S ) : ( x − a) + ( y − b) + ( z − c) = R Mặt phẳng ( P) : A.x+B.y+C.z+D=0 Tìm điểm M , N thuộc mặt cầu ( S ) cho khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P) lớn nhất, khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng ( P) nhỏ Phương pháp: Xét vị trí tương đối mặt cầu ( S ) mặt phẳng ( P) cách so sánh khoảng cách d ( I ;( P)) R • Nếu d ( I ;(P)) > R ( S ) ( P) khơng có điểm chung Khi M N giao đường 14 thẳng V với ( S ) Trong đó, V đường thẳng qua I vng góc với ( P) Tìm { M ; N } =V∩( S ) ta có hai điểm Tính khoảng cách từ hai điểm đến ( P ) , khoảng cách lớn điểm điểm M , điểm lại điểm N • Nếu d ( I ;(P)) = R ( P) tiếp xúc với ( S ) Giá trị nhỏ N tiếp điểm ( P ) ( S ) Giá trị lớn 2.R M đối xứng với N qua tâm I • Nếu d ( I ;(P)) < R ( S ) ∩ ( P ) = (C ) đường tròn Giá trị nhỏ N nằm đường tròn (C ) Tìm V∩( S ) có hai điểm Tính khoảng cách từ hai điểm đến ( P) , khoảng cách lớn điểm tương ứng điểm M Ví dụ: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + y + ( z − 2) = Tìm điểm M , N ( S ) cho khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P ) lớn nhất, khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng ( P ) nhỏ nhất, với: a) ( P) : x − y + 2.z + = b) ( P) : x + y − 2.z + 12 = c) ( P) : 2.x − y − z + = Học sinh thực giải chi tiết sau: − 2.0 + 2.2 + = 4>3= R Do ( P) ( S ) khơng có điểm chung Gọi ∆ đường thẳng qua tâm I (1;0; 2) mặt cầu ( S ) ∆ vuông góc với ( P) x = 1+ t  ⇒ Phương trình ∆ :  y = −2.t (t ∈ R)  z = + 2.t  a) Ta có d ( I ,( P )) = J ∈ ∆  J ∈ (S ) Gọi J = ∆ ∩ ( S ) ⇒  15  J (1 + t ; −2.t ; + 2.t ) ⇒ 2 (1 + t − 1) + (−2.t ) + (2 + 2.t − 2) = ⇒ t = ⇔ t = ±1 Suy hai điểm thỏa mãn J1 (0; 2;0) J (2; −2; 4) 0−4+0+7 =1 Ta có d ( J1 ;( P )) = 2+ 4+8+7 d ( J ;( P )) = =7 Vậy điểm cần tìm M (2; −2; 4) N (0; 2;0) b) Ta có ( P) : x + y − 2.z + 12 = + 2.0 − 2.2 + 12 d ( I ;( P )) = =3= R ⇒ ( P ) tiếp xúc với ( S ) Gọi ∆ đường thẳng qua I vng góc với ( P) x = 1+ t  ∆ :  y = 2.t (t ∈ R)  z = − 2.t  Giao điểm ∆ ( S ) hai điểm N (0; −2; 4) M (2; 2;0) Do d ( N ;( P )) = d (M;( P )) = nên: Khoảng cách từ điểm thuộc mặt cầu ( S ) đến mặt phẳng ( P) nhỏ 0, đạt N (0; −2; 4) Khoảng cách từ điểm thuộc mặt cầu ( S ) đến mặt phẳng ( P) lớn 6, đạt M (2; 2;0) c) Ta có ( P) : 2.x − y − z + = nên d( I ;( P)) = − 2.0 − + =2 Như A B nằm ( S ) ) Gọi J trung điểm AB ⇒ J nằm u(uSuu r u u u r u u u r u u u r u u r u u u r 2 T = MA2 + MB = MA + MB = ( MJ + JA) + ( MJ + JB ) Tmin = JA2 + JB + 2.MJ Trong JA2 + JB không đổi nên ⇔ 2.MJ ⇔ M = IJ ∩ ( S )   Lập IJ với I  ; 2;0 ÷ tâm mặt cầu 2   x = − 3.t  IJ :  y = −4 + 4.t Tìm M = IJ ∩ (S) z =  Vậy M (2;0;0) Ví dụ 2: Trong khơng gian Oxyz cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2) + ( z − 3) = 16 Tìm điểm M ( S ) cho giá trị biểu thức A = 2.xM − yM + 2.zM đạt giá trị lớn với M ( xM ; yM ; zM ) Học sinh thực giải chi tiết sau: Ta có A = 2.xM − yM + 2.zM ⇔ 2.xM − yM + 2.z M − A = Ta có M ∈ ( P) : 2.x − y + 2.z − A = Như qua cách kiểm tra liệu đề ta thấy điểm M nằm ( P ) : 2.x − y + 2.z − A = Điểm M tồn ⇔ Khoảng cách d ( I ;( P )) ≤ R (Với R bán kính mặt cầu) 6− A ≤4 ⇔ −6 ≤ A ≤ 18 Vậy Amax = 18 đạt M = ( S ) ∩ ( P) với ( P) : 2.x − y + 2.z − 18 = ( P ) tiếp xúc với ( S ) M uuur r  IM = k n Ta có  ( k số thực)  M ∈ ( P ) ⇔ 17 r r với n véc tơ pháp tuyến ( P) ⇒ n(2; −1; 2)   Vậy M  ; ; ÷ điểm cần tìm 3 3 11 17 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Trong trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh dự thi học sinh giỏi, phụ đạo học sinh yếu kém, tơi tích lũy số kinh nghiệm tìm tọa độ điểm tốn cực trị hình học khơng gian, đặc biệt tơi áp dụng cụ thể việc giảng dạy mơn hình học lớp 12 Đây thực tài liệu hữu ích tơi kiểm chứng thực tế cho kết tốt Thường em học sinh có học lực giỏi giải tương đối tốt toán đặt ra, nhiên lời giải chưa ngắn gọn, xúc tích Dựa vào học sinh giỏi, giáo viên tổng kết thành bước làm cụ thể Thơng qua hoạt động nhóm em có học lực tốt giúp đỡ bạn có học lực yếu trung bình Các tốn tổng quát với sơ đồ tư “ đèn dẫn lối” cho em tìm thấy hướng kết tương đối khả quan: Kiểm chứng lớp với 45 học sinh 12 A1 năm học 2018 – 2019 thu kết sau: Nhận biết(nắm vững lý thuyết) Số học sinh Phần trăm Thông hiểu(có thể vận dụng lý thuyết để giải tốn) Số Phần trăm học sinh Vận dụng linh hoạt (giải đa số tập đưa ra) Số Phần trăm học sinh 18 45 100% 40 88,9% Về thời gian thu kết sau: 1,8 phút / Số học sinh 15 Phần trăm 33,3% Từ phút/ đến phút/ Số học sinh 20 Phần trăm 44,4% 35 Từ phút/ đến 10 phút/ Số Phần học trăm sinh 11,15% 77,8% Trên 10 phút / Số học sinh Phần trăm 11,15% KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Trên giới thiệu số phương pháp tìm tọa độ điểm tốn cực trị hình học khơng gian Tơi áp dụng trực tiếp học sinh mà dạy, thấy học sinh thực lời giải nhanh kết tính tốn xác 3.2 Kiến nghị Tuy nhiên thời gian thực sáng kiến kinh nghiệm eo hẹp quy định hạn hẹp số trang sáng kiến kinh nghiệm nên không tránh sai sót thực để tài Mong góp ý bạn đồng nghiệp để sáng kiến kinh nghiệm hoàn chỉnh XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 20 tháng năm 2019 ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác 19 Hà Thị Thu Hồng 20 ... ; ; ÷ điểm cần tìm M  ÷ 17 17 17   hay 2.3.3 Bài toán: Tọa độ điểm mặt cầu ( S ) tâm I (a; b; c) bán Bài toán 1: Trong không gian Oxyz cho mặt cầu r uuuu r uuuur uuuur kính R Tìm điểm M... thiệu số phương pháp tìm tọa độ điểm tốn cực trị hình học khơng gian Tơi áp dụng trực tiếp học sinh mà dạy, thấy học sinh thực lời giải nhanh kết tính tốn xác 3.2 Kiến nghị Tuy nhiên thời gian thực... tâm hình tọa độ khơng gian dạng sơ đồ tư để từ khắc sâu kiến thức • Từ tốn cụ thể, dẫn dắt HS tự đúc kết kinh nghiệm giải tốn Qua tự tìm thuật giải cho tốn tìm tọa độ điểm tốn cực trị hình học