Bài toán cực trị hình học trong không gian quách đăng thăng

Sở Giáo Dục & Đào Tạo Hưng Yên Trường THPT Phù Cừ - SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC TRONG KHƠNG GIAN Họ Tên Tổ Chức Vụ : Quách Đăng Thăng : Toán - Tin : Giáo viên LỜI MỞ ĐẦU Thực tế giảng dạy cho thấy mơn Tốn học trường phổ thơng mơn học khó, phần lớn em học mơn Tốn yếu đặc biệt hình học khơng gian, khơng có giảng phương pháp dạy mơn Hình học phù hợp hệ học sinh dễ làm cho học sinh thụ động việc tiếp thu, cảm nhận Đã có tượng số phận học sinh không muốn học Hình học, ngày xa rời với giá trị thực tiễn Hình học Nhiều giáo viên chưa quan tâm mức đối tượng giáo dục, chưa đặt cho nhiệm vụ trách nhiệm nghiên cứu, tượng dùng đồng loạt cách dạy, giảng cho nhiều lớp, nhiều hệ học trò nhiều Do phương pháp có tiến mà người giáo viên trở thành người cảm nhận, truyền thụ tri thức chiều, cịn học sinh khơng chủ động trình lĩnh hội tri thức - kiến thức Hình học làm cho học sinh khơng thích học mơn Hình học Tuy nhiên với việc đại số hóa hình học tốn hình học khơng gian trở lên đơn giản dễ nhìn Gần đề thi Đại học hàng năm bắt đầu xuất tốn cực trị hình học không gian mà việc giải tốn cách trực tiếp kiến thức hình học khơng gian vơ khó khăn Chính lý tơi chọn đề tài “Bài tốn cực trị hình học khơng gian” Trong phạm vi viết này, với mong muốn giúp e có thêm tài liệu ơn thi Đại học – Cao đẳng đồng thời để e hiểu tốn cực trị nói chung tốn cực trị hình học khơng gian khơng phải q khó khơng thể giải Đối tượng áp dụng chủ yếu cho tài liệu lớp 12A2, ngồi tơi đan xen tiết học lớp 12A6 12A8 Đối tượng nghiên cứu tài liệu sách giáo khoa Hình học 12, sách tập Hình học 12 nâng cao, giảng mạng Internet, tài liệu forum diễn đàn Toán học mạng Internet số tài liệu tham khảo khác Phù Cừ, ngày 30 tháng năm 2013 Người viết Quách Đăng Thăng Trường THPT Phù Cừ Sáng kiến kinh nghiệm năm học NỘI DUNG I CƠ SỞ LÝ THUYẾT Muốn tìm giá trị lớn giá trị nhỏ đại lượng hình học biến thiên f ta sử dụng phương pháp sau: Vận dụng kết hình học để so sánh trực tiếp f với đại lượng không đổi cho trước Sau vài kết bản: a ∀ A, B,C, AB + BC ≥ CA Đẳng thức xảy A, B, C thẳng hàng theo thứ tự b Nếu ABC vng A thì: AB < BC AC < BC c Trong tam giác, đối diện với góc lớn cạnh lớn ngược lại d Trong tất đoạn thẳng vẽ từ điểm M đến mặt phẳng (α ) (hoặc đường thẳng d) không chứa điểm M đoạn vng góc đoạn thẳng ngắn e Đoạn thẳng vng góc chung hai đường thẳng chéo đoạn thẳng ngắn nối liền hai điểm thuộc hai đường thẳng Nếu f biểu thị thành biểu thức nhiều đại lượng biến thiên đại lượng lại ràng buộc với hệ thức liên hệ ta sử dụng bất đẳng thức đại số để tìm giá trị lớn (giá trị nhỏ nhất) f Các bất đẳng thức thường dùng là: a Bất đẳng thức Cô si: a + a1 … + an n ∀ a1, a2 …, an ≥ 0, ≥ a1a2 …an n Dấu đẳng thức xảy ⇔ a1 = a1 … = an b Bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki: ∀ a1, a2 …, an , x 1, x …, x n , (a1x + a2x … + anx n )2 ≤ (a12 + x 12 )(a 22 + x 22 )(an + x n ) Dấu xảy ⇔ ∃ k ∈ R, x = ka1, x = ka2, , x n = kan Nếu f biểu thị hàm số biến số x ta sử dụng phương pháp khảo sát hàm số để tìm giá trị lớn (giá trị nhỏ nhất) hàm số miền xác định nó, từ suy giá trị lớn (giá trị nhỏ nhất) f Phương pháp tọa độ không gian a Trong không gian oxyz: Xét hệ toạ độ Đề vng góc giả sử A(x1,y1,z1), B(x2,y2,z2) AB = (x − x 2, y2 − y1, z − z ) Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin Trường THPT Phù Cừ Sáng kiến kinh nghiệm năm học AB = (x − x )2 + (y1 − y2 )2 + (z − z )2 b Cho vectơ: u = (x 1, y1, z ) , v = (x 2, y2, z ) u = x + y12 + z 21 ; v = x 2 + y 22 + z 22 * * u + v ≤ u + v (dấu “=” xảy u, v chiều ( vectơ ) * Điều kiện để hai véc tơ a b b ≠ ) phương ∃t ∈ R để a =t b * Điều kiện để ba véc tơ a ; c b không đồng phẵng a;b  c ≠   * Điều kiện để ba véc tơ a ; c b đồng phẵng a;b  c =   * u ⊥ v ⇔ u.v = ⇔ x 1x + y1y2 + z 1z = ABC Thì AB+BC ≥ BC AB − BC ≤ AC dấu đẳng thức sãy * Cho ba điểm A;B;C thẳng hàng II MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH Bài tốn 1: Cho tam giác cân ABC, AB=AC Một điểm M thay đổi đường thẳng vng góc với mặt phẳng (ABC) A (M không trùng với điểm A) a) Tìm quỹ tích trọng tâm G trực tâm H tam giác MBC b) Gọi O trực tâm tam giác ABC, xác định vị trí M để thể tích tứ diện OHBC đạt giá trị lớn (Đại học Quốc gia Hà Nội - 1997) Hướng dẫn giải M M H G A B D A B O G’ E I I C Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin C Trường THPT Phù Cừ Sáng kiến kinh nghiệm năm học a) Gọi I trung điểm BC, trọng tâm ∆ MBC G, trọng tâm ABC G, IG IG , Trong ∆ MIA ta có : = = suy GG , // MA IM IA Do G nằm đường vng góc với mặt phẳng (ABC) G , , đường thẳng chứa GG , Với MI BD đường cao với H trực tâm ∆ ABC Vì BE ⊥ CA MA nên (1) BE ⊥ (MAC) ⇒ BE ⊥ MC BD đường cao MBC nên BD ⊥ MC (2) Từ (1) (2) suy MC ⊥ (BDE) ⇒ OH ⊥ MC (3) Vì BC ⊥ MI MA nên BC ⊥ (MAI) ⇒ BC ⊥ OH (4) Từ (3) (4) suy OH ⊥ (MBC) ⇒ HI ⊥ OH Vậy H nhìn đoạn cố định OI góc vng ⇔ Quỹ tích H đường trịn nằm mặt phẳng (MAI) có đường kính OI (trừ hai điểm O I) b) Tứ diện OHBC có đáy OBC cố định nên thể tích lớn H vị trí “cao nhất” so với đáy OBC Xét ∆ OHI vng góc ABC = 450 Hay ∆ OHI vuông cân ⇒ MAI cân ⇒ AM =AI Vậy AM =AI thể tích tứ diện OHBC lớn Bài tốn 2: Cho tam giác OAB có cạnh a > Trên đường thẳng d qua O vng góc với mp (OAB) lấy điểm M với OM = x Gọi E, F hình chiếu vng góc A lên MB, OB Trên đoạn thẳng EF cắt d N a)Chứng minh AN ⊥ BM b)Xác định x để thể tích tứ diện ABMN nhỏ (Đại học Tổng hợp TP.HCM-1995) Hướng dẫn giải M x E F O B N A Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin Trường THPT Phù Cừ Sáng kiến kinh nghiệm năm học a)Ta có AF ⊥ OB AF ⊥ OM nên AF ⊥ (MOB ) ⇒ AF ⊥ MB Theo gỉa thiết AE ⊥ MB (2) Từ (1) (2) suy MB ⊥ (AEF ) nên MB ⊥ AN b) ∆N OF ∼ BOM (là (1) vuông cân có N = B ) NO OF a a2 Ta có: = ⇔ OM NO = OF.BO = a = BO OM 2 Thể tích tứ diện ABMN là: VABMN = 1 a2 SOAB MN = (OM + ON ) 3 VABMN nhỏ OM+ON nhỏ Biết OM + ON ≥ OM ON = a2 = a (Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương) Khi đó:OM = ON = a a ⇔x = 2 Bài tốn 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SA=h SA ⊥ (ABCD ) M điểm thay đổi cạnh CD Đặt CM=x a) Hạ SH ⊥ BM Tính SH theo a, h x b) Xác định vị trí M để thể tích tứ diện SABH đạt giá trị lớn tính giá trị lớn (Đại học kỹ thuật TP.HCM-1998) Hướng dẫn giải S h A D M H B C a) Ta có: BM ⊥ SH , BM ⊥ SA ⇒ MB ⊥ (SHA) biết HBA = CMB (so le trong) Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin Trường THPT Phù Cừ Sáng kiến kinh nghiệm năm học AH BC AB.BC sin HBA = sin CMB ⇒ = ⇒ AH = = AB BM CM a.a a2 + x = a2 a2 + x Trong tam giác vng SHA ta có: a4 a4 ⇒ = + SH h a2 + x a2 + x b) Trong tam giác vng ABH ta có: SH = SA2 + AH = h + a4 ax BH = a − = a +x a2 + x a2 1 ax a 3hx VSABH = S ABH SA = h = a2 + x2 a2 + x2 a2 + x2 Xét hàm số V=f(x) [0;a], ta thấy V đạt giá trị lớn x=a ⇔ M trùng với D Vậy Max VSABH = a 3hx = a 2h 2a 12 π (dm ) Người ta muốn đặt hình cầu nội tiếp hình nón có chiều cao h bán kính đáy R a) Tìm hệ thức liên hệ h R b) Xác định h R để thể tích hình nón có giá trị nhỏ Hướng dẫn giải Bài tốn 4: Cho hình cầu K tích S r O a) Gọi r bán kính 4 V = πr = π ⇒ r = 3 B H A hình cầu, Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin theo giả thiết ta có: Trường THPT Phù Cừ Sáng kiến kinh nghiệm năm học Cắt tổ hợp gồm mặt cầu hình nón cho mặt phẳng (P) qua trục SH hình nón ta đường trịn (O;r) nội tiếp tam giác cân SAB hình vẽ Ta có: r = OH, h = SH R = HA Áp dụng công thức SSAB = pr đó: AB + SA + SB 2R + h + R p= = = R + h + R2 2 Ta có: SSAB = SH AB = SH AH = Rh ) ( Do SSAB = pr ⇔ Rh = R + h + R ( ) ⇔ R h − = h + R2 ( ) ⇔ R h − 2h + = h + R2 2 ( ) () h * h −2 (*) hệ thức liên hệ R h cần tìm ⇔ R2 h − = h ⇔ R = π h2 b) Thể tích hình nón là: V = π R h = (ĐK h>2) 3 (h − 2) Hàm số:V =   π h + +  với biến số h xác định (2; +∞)  h −2 h =   π (h − 4h ) ' V π 1 − = ; = ⇔    (h − 2)2  3(h − 2)2 h = Bảng biến thiên:(ta xét biến h ∈ (2; +∞) h −∞ +∞ ' + 0 + V V 8π Ta có:V ' = Từ bảng biến thiê suy VMin = ( ) 8π dm h = R = Bài toán 5: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;4;2), B(- x −1 y +2 z = = −1 a) Viết phương trình đường thẳng d qua trọng tâm G tam giác OAB vng góc với mặt phẳng OAB b) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ cho MA2 + MB2 nhỏ (Đại học khối D – 2007) 1;2;4) đường thẳng ∆ : Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin Trường THPT Phù Cừ Sáng kiến kinh nghiệm năm học Hướng dẫn giải a) Viết phương trình đường thẳng d qua G, vng góc mp(OAB)  xO + x A + x B =0  xG =  y + y A + yB  G trọng tâm ∆OAB nên G thỏa  yG = O = ⇒ G ( 0;2;2 )  zO + zA + zB  =2  xG =  mp(OAB) có cặp VTCP OA = (1;4;2 ) ,OB = ( −1;2;4 ) ⇒ n = (12; −6;6 ) / / n1 = ( 2; −1;1) d ⊥ mp(P ) neân ad = n1 = ( 2; −1;1) mà d qua G nên pt ñt d : b) Tìm M∈∆ để MA2 + MB2 nhỏ x y−2 z−2 = = −1 AB Gọi E trung điểm AB MA + MB = ME + 2 Vaäy MA + MB ⇔ ME ⇔ M ≡ H − hình chiếu E lên đt ∆ 2 E trung điểm AB nên E ( 0;3;3) ; Gọi (P) mp qua E vuông góc đt ∆ nP = a∆ = ( −1;1;2 ) ⇒ pt mp (P) : − x + y + z + m = (P) qua E neân + + m = ⇔ m = −9 ⇒ pt mp (P) : − x + y + z − = − x + y + z − =  x = −1   Vậy H thỏa  x − y + z ⇔  y = ⇒ M ( −1;0;4 ) = =  z =  −1  Bài toán 6: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ∆ : x −1 y z +1 = = A=(-1,2,1); B =(1,-2,-1) Tìm ∆ điểm M cho −1 MA+MB nhỏ Hướng dẫn giải Cách 1: Nhận xét đường thẳng ∆ có vectơ phương v ∆ = (−1,2,1) Và AB = (2, −4, −2) / /v ∆ Thay toạ độ A vào phương trình ∆ được: −2 ≠ ≠ −1 Vâỵ điểm A không thuộc ∆ nên AB // ∆ Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin Trường THPT Phù Cừ Sáng kiến kinh nghiệm năm học x = − t  (t ∈ R) Ta có phương trình tham số ∆ là: y = 2t z = −1 + t  Gọi I trung điểm AB I=(0,0,0) Gọi M hình chiếu I ∆ M=(1-t , 2t , t-1) (1) Vậy: IM = (1 − t, 2t, t − 1) Ta có: v ∆ IM = ⇔ t − + 4t + t − = ⇔ t =  2 −2  Thay t = vào (1) ta M =  , ,  3 3  Gọi A’ điểm đối xứng với A qua ∆ AB // ∆ nên A’,M, B thẳng hàng MA’=MB Lấy điểm M’ tuỳ ý thuộc ∆ Ta có: M’A +M’B=M’A’+M’B ≥ A’B= MA’+ MB = MA+ MB Cách 2: Nhận xét đường thẳng ∆ có vectơ phương v ∆ = (−1,2,1) AB = (2, −4, −2) / /v ∆ Thay toạ độ A vào phương trình ∆ được: −2 ≠ ≠ Vâỵ điểm A không −1 x = − t  thuộc ∆ nên AB // ∆ Ta có phương trình tham số ∆ là: y = 2t (t ∈ R) z = −1 + t  Gọi H hình chiếu A ∆ H=(1-t,2t,-1+t) (1) Vậy AH = (−t + 2,2t − 2, t − 2) Ta có v ∆ AH = ⇔ t − + 4t − + t − = ⇔ 6t = ⇔ t = Thay t =  −1  vào (1) toạ độ điểm H =  , ,   3 3 ( ) Gọi A ' = x 1, y1, z điểm đối xứng với A qua ∆  −16 −2  Ta có: A ' B =  , ,  / /v = (1, −8, −1) 3 3  x −1 y +2 z +1 Vậy phương trình đường thẳng A’B là: = = −8 −1 Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin Trường THPT Phù Cừ Sáng kiến kinh nghiệm năm học x = − t  (t ∈ R) Vậy phương trình tham số ∆ là: y = 2t z = −1 + t  Gọi M=(x,y,z) giao điểm A’B ∆ toạ độ M nghiệm hệ:  x =   1 + s = − t    2 −2  t =  Vậy M =  , ,  ⇒ y =  −2 − 8s = 2t ⇔  3 3   −1 − s = −1 + t s = −  −  z =   Nhận xét M điểm cần tìm Thật vậy, lấy điểm M tuỳ ý ∆ Ta có: M’A+M’B=M’A’+M’B ≥ A’B=MA’+MB=MA+MB Bài tốn 7: Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ∆ : x −1 y z +1 = = A=(-1,2,1); B =(1,-2,-1) Tìm ∆ điểm M cho −1 MA + MB nhỏ Hướng dẫn giải Cách 1: Nhận xét đường thẳng ∆ có vectơ phương v ∆ = (−1,2,1) AB = (2, −4, −2) / /v ∆ Thay toạ độ A vào phương trình ∆ được: \Vâỵ điểm A khơng thuộc ∆ nên AB// ∆ −2 ≠ ≠ −1 x = − t  (t ∈ R) Ta có phương trình tham số ∆ là: y = 2t z = −1 + t  Gọi I trung điểm AB I=(0,0,0) Gọi M hình chiếu I ∆ M=(1-t , 2t , t-1) (1) Vậy: IM = (1 − t, 2t, t − 1) Ta có: v ∆ IM = ⇔ t − + 4t + t − = ⇔ t =  2 −2  vào (1) ta M =  , ,  3 3  Ta chứng minh điểm M cần tìm: Thay t = Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 10 Sáng kiến kinh nghiệm năm học Thật Gọi M’ điểm tuỳ ý thuộc ∆ Ta có: Trường THPT Phù Cừ M ' A + M ' B = M ' I = 2M ' I ≥ 2MI = MA + MB Cách 2: x = − t  (t ∈ R) Ta có phương trình tham số ∆ là: y = 2t z = −1 + t  Lấy điểm M ( − t ; 2t ; −1 + t ) Ta có AM = ( 2-t;2t-2;t-2) BM = (−t ;2t + 2; t ) Nên AM + BM = (2-2t;4t;2t-2) Vậy MA + MB = (2-2t)2 +16t2 +(2t-2)2 = 24t − 16t + MA + MB nhỏ t =  2 −2  , tức M =  , ,  3 3  Bài tốn 8: Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ∆ : x −1 y z +1 = = A=(-1,2,1); B=(1,-2,-1) Tìm ∆ điểm M cho −1 MA − 3MB nhỏ Hướng dẫn giải x = − t  (t ∈ R) Ta có phương trình tham số ∆ là: y = 2t z = −1 + t  Gọi M điểm tuỳ ý thuộc ∆ điểm M=(1-t , 2t , t-1) Ta có (*) MA = (t − 2, − 2t,2 − t ) MB = (t, −2 − 2t, −t ) ⇒ −3MB = (−3t, 6t + 6, 3t ) Vậy P = MA − 3MB = (−2t − 2, 4t + 8, 2t + 2) P = MA − 3MB = 4t + 8t + + 16t + 64t + 64 + 4t + 8t + = 24t + 80t + 72 P nhỏ ⇔ t = −5 Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 11 Trường THPT Phù Cừ Sáng kiến kinh nghiệm năm học Khi t =  −10 −8  −5 vào (*) ta M =  , ,  3 3  Bài toán 9: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng: x −2 y +5 z = = (d) −5 −3 điểm M1(2 ; 1; 5) ; M2(4 ; ; 9) Tìm điểm I∈ (d) cho IM1 + IM2 nhỏ Hướng dẫn giải ( ) Ta có (d) có véc tơ phương a = 1, −5, −3 qua điểm A(2 ; -5 ; 0) x = + t  Phương trình tham số d : y = −5 − 5t t ∈ » z = −3t  ( ) ( ( ) ) Ta có M 1M = 2,2, nên phương trình tham số đường thẳng M1M2 là: x = + m  y = + m m ∈ » z = + 2m  Toạ độ giao điểm có (d) đường thẳng M1M2 nghiệm hệ phương ( ) 2 + t = + m t = m   trình: −5 − 5t = + m ⇔ m = −1 −3t = + 2m t = −1   ( ) ( ) Giao điểm E (1, 0, 3) Ta có EM = 1;1;2 , EM = 3; 3;6 Vậy EM = 3EM nên M1 M2 phía đường thẳng (d) Gọi (P) mặt phẳng qua M1 (P) (d) nên phương trình mặt phẳng (P) là: 1(x - 2) - 5(y - 1) - 3(z - 5) = ⇔ x - 5y - 3z + 18 = Giao điểm H (d) với mặt phẳng (P):  t = − x − 5y − 3z + 18 =   x = x = + t  ⇒ H  ; 10 ; 27  ⇔    7 7  y = −5 − 5t y = 10 z = −3t    27 z = Gọi M' điểm đối xứng M1 qua (d) nên H trung điểm M1M', đó: Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 12 Trường THPT Phù Cừ Sáng kiến kinh nghiệm năm học  x ' = 2x H − x = −   13 19  13  ⇒ M '− ; ;  y ' = 2yH − y1 =  7   z ' = 2z − z = 19 H  Khi điểm (d) cách điểm M1 M' Nên : FM1 + FM2 = FM' + FM2, F∈ (d) Tổng nhỏ F giao điểm (d) với đường thẳng M2M'  32 44  (vì M2 M' hai bên đường thẳng (d)) Ta có : M 1M =  ; ;   7  x = + 8t '  Phương trình đường thẳng qua M' M2 là: y = + 2t ' t ' ∈ » z = + 11t '  Giao điểm (d) với M'M2 nghiệm hệ phương trình: ( ) M2 M1  2 + t = + 8t ' t ' = −   −5 − 5t = + 2t ' ⇔  10  −3t = + 11t ' t = −   15 30 Toạ độ điểm I cần tìm : I ( ; ; ) 7 (d) I E M' Bài tốn 10: Trong khơng gian Oxyz cho đường thẳng ∆ : x −1 y z +1 = = −1 với điểm A=(-1;-1;0) điểm B=(5;2;-3) Tìm M thuộc ∆ cho MA − MB lớn Hướng dẫn giải Cách 1: x = − t  Phương trình tham số ∆ là: y = 2t (t ∈ R) z = −1 + t  Do M ∈ ∆ ⇒ M = (1 − t,2t, t − 1) Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 13 Trường THPT Phù Cừ Sáng kiến kinh nghiệm năm học Suy AM = (2 − t,2t + 1, t − 1) BM = (−4 − t,2t − 2, t + 2) Đặt P = MA − MB = = ⇒ P == (2 − t )2 + (2t + 1)2 + (t − 1)2 − (t + 4)2 + (2t − 2)2 + (t + 2)2 6t − 2t + − 6t + 4t + 24    35  35 − t +  + t −  +  36 3   2  35   −1 35  Chọn M’=(t, 0); A ' =  , ;B ' =  ,  6        P ⇒ = MA '− MB ' ≤ A ' B ' Dấu đẳng thức xảy điểm M’,A’,B’ thẳng hàng hay MA ' = kMB ' (k ∈ R) 1  −1 35  35  Vậy MA ' =  − t,  ; MB ' =   − t, 6        −t −1 −t ⇔ t = Mà MA ' / /MB ' ⇔ = ⇔ − 2t = 3 −1 −t  −1  Vậy M =  , ,  điểm cần tìm 3 3  Cách 2: Đường thẳng ∆ qua điểm C=(1, 0, -1) có vectơ phương v ∆ = (−1,2,1) Suy ra: AB = (6, 3, −3) AC = (2,1, −1)   −3   −3     Ta có: AB, v ∆  =   ,  ,    = (9, −3,15)       −1   −         AB, v ∆  AC = 18 − − 15 =   Vậy đường thẳng AB ∆ đồng phẳng Ta có phương trình AB: Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 14 Trường THPT Phù Cừ Sáng kiến kinh nghiệm năm học x + = 2y + x +1 y +1 z x +1 y +1 z = = ⇔ = = ⇔ −3 −1 y + z = −1 2x − = −y 2x + y = Phương trình ∆ :  ⇔ x − = −z − x +z =   Gọi D giao điểm AB ∆ Toạ độ D nghiệm hệ: 2x + y =  x + z = ⇔  y + z = −1 x − 2y =  x =  y = ⇒ D = (1, 0, −1) z = −1  Ta có : x A < x D < x B Vậy A B nằm khác phía so với đường thẳng ∆ Gọi H hình chiếu của B đường thẳng ∆ Toạ độ H=(1-t, 2t, t-1) điểm thuộc ∆ Tacó: HB = (t + 4,2 − 2t, −2 − t ) HB.v ∆ = ⇔ −(t + 4) + 2(2 − 2t ) − − t = ⇔ −t − + − 4t − − t = ⇔ −6t = ⇔ t = −1  −2 −  Vậy H =  , ,  3 3  Gọi B điểm đối xứng với B qua đường thẳng ∆ H trung điểm BB’  −7 −10   −4 −7  ,  ⇒ AB ' =  , ,  / /vAB ' = (4, 7, −1) Nên toạ độ B ' =  ,  3 3  3 3 Vậy phương trình đường thẳng AB’ là: x +1 y +1 z 7x + = 4y + 7x − 4y = −3 = = ⇔ ⇔ −x − = 4z x + 4z = −1 −1   Gọi M’ điểm đường thẳng ∆ thì: M ' A − M ' B = M ' A − M ' B ' ≤ AB ' = MA − MB ' = MA − MB Vậy toạ độ M nghiệm hệ:  7x − 4y = −3 x =    −1  x + 4z = −1  ⇔ y = ⇒H = , ,   3 3  2x + y =  − x + z = z =   Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 15 Sáng kiến kinh nghiệm năm học Trường THPT Phù Cừ Bài tốn 11: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: x = + t  : y = + t z = + 2t  a) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆1 v song song với đường thẳng ∆2 b) Cho điểm M(2;1;4) Tìm tọa độ điểm H thuộc đường thẳng ∆2 cho đoạn thẳng MH cĩ độ di nhỏ (Đại học khối A – 2002) Hướng dẫn giải a) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆1 v song song với đường thẳng ∆2  n = (1; −2;1)  ∆1 có cặp VTPT  ⇒ ∆1 có VTCP a1 =  n1 ,n  = ( 2; 3;4 )    n2 = (1;2; −2 )  x − 2y = x = Trong ∆1 cho z = 0, ta  ⇔ ⇒ ∆1 qua A ( 0; − 2;0 ) x + y = − y = −   x − 2y + z − = ∆1 :  vaø ∆2 + − + = 2 x y z  Vì mp (P) chứa ∆1 nên a1 = ( 2;3;4 ) VTCP (P)  mp (P) // ∆ nên a2 = (1;1;2 ) VTCP (P)  ⇒ (P ) có VTPT n =  a1 ,a2  = ( 2;0; −1)   ⇒ pt mp (P) daïng : x − z + m = (P) qua A ( 0; − 2;0 ) nên m = Vậy pt mp (P) laø : x − z = b) Tìm H ∈ ∆2 để MH nhỏ Kẻ ME ⊥ ∆ Ta có ME ≤ MH Vậy MH ⇔ MH = ME ⇔ H ≡ E − hình chiếu M xuống ∆ Gọi (Q) mp qua M vuông góc với ∆ (Q) có VTPT nQ = a2 = (1;1;2 ) ⇒ pt mp (Q) daïng : x + y + z + m = Vì (Q) qua M (1;2;4 ) nên m = −11 Vậy pt mp (Q) : x + y + z − 11 = x = + t x =  y = + t  H thoûa :  ⇔  y = ⇒ H ( 2;3;3 ) z = + t  z =  x + y + z − 11 =  Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 16 Sáng kiến kinh nghiệm năm học Trường THPT Phù Cừ III BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Cho đường trịn tâm O bán kính R Xét hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD ) (S, A cố định), SA=h cho trước, đáy ABCD tứ giác tùy ý nội tiếp đường tròn cho mà đường chéo AC BD vng góc với a) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp ( qua đỉnh hình chóp) b) Hỏi đáy ABCD hình để thể tích hình chóp đạt giá trị lớn (Đại học Quốc gia Hà Nội-1998) Bài 2: Cho đường tròn (C) tâm O, đường kính AB=2R Điểm M di động (C) AM=x Trên đường thẳng vng góc với mặt phẳng chứa (C) điểm A, lấy điểm cố định S AS=h a) Chứng minh hai mặt phẳng (SAM) (SBM) vng góc với b) Tính thể tích tứ diện SABM theo R, h, x Tìm vị trí M (C) để thể tích tứ diện đạt giá trị lớn (Đại học sư phạm Quy Nhơn-1998) Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x – y + z + = hai điểm A(-1;-3;-2) ; B(-5;7;12) a) Tìm tọa độ điểm A’ điểm đối xứng với điểm A qua mặt phẳng (P) b) Giả sử M l điểm chạy trn mặt phẳng (P), tìm gi trị nhỏ biểu thức: MA + MB (Dự bị – Đại học khối A – 2002) Bài 4: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(-1;2;3), B(0;3;1), C(2;2;-1) D(4;-2;1) Tìm M∈AB, N∈CD cho độ dài đoạn MN nhỏ Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 17 Trường THPT Phù Cừ Sáng kiến kinh nghiệm năm học KẾT LUẬN Cuối cùng, cho dù cố gắng việc tham khảo lượng lớn tài liệu sách để vừa viết, vừa mang giảng dạy cho em học sinh từ kiểm nghiệm bổ sung thiếu sót, với việc tiếp thu có chọn lọc ý kiến bạn đồng nghiệp để dần hòan thiện tài liệu này, khó tránh khỏi thiếu sót hiểu biết kinh nghiệm hạn chế, mong nhận đóng góp quý báu quý thầy giáo, cô giáo, bạn đồng nghiệp bạn đọc gần xa Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 18 Sáng kiến kinh nghiệm năm học Trường THPT Phù Cừ TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa, sách tập Hình học 12 (Chuẩn Nâng cao) Đề thi ĐH năm Bộ đề năm 1996 Tài liệu khai thác mạng Website tải tài liệu mơn Tốn: www.toanmath.com Giáo viên; Quách Đăng Thăng - Tổ Toán - Tin 19 ... hình học khơng gian trở lên đơn giản dễ nhìn Gần đề thi Đại học hàng năm bắt đầu xuất tốn cực trị hình học khơng gian mà đơi việc giải tốn cách trực tiếp kiến thức hình học khơng gian vơ khó khăn... hình học khơng gian? ?? Trong phạm vi viết này, với mong muốn giúp e có thêm tài liệu ôn thi Đại học – Cao đẳng đồng thời để e hiểu toán cực trị nói chung tốn cực trị hình học khơng gian khơng phải... số miền xác định nó, từ suy giá trị lớn (giá trị nhỏ nhất) f Phương pháp tọa độ không gian a Trong không gian oxyz: Xét hệ toạ độ Đề vng góc giả sử A(x1,y1,z1), B(x2,y2,z2) AB = (x − x 2, y2