SKKN PHƯƠNG PHÁP GIẢI một số bài TOÁN cực TRỊ TRONG HÌNH học KHÔNG GIAN OXYZ

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 PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ (Font Times New Roman, cỡ 16-18, CapsLock, đậm) TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN OXYZ Người thực hiện: Nguyễn Thị Den Chức vụ: Giáo viên Người thực hiện: Nguyễn Văn A ChứcĐơn vịvụ:cơngGiáotác:viênTrường THPT Hậu Lộc SKKN thuộc mơn: Tốn Đơn vị công 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, u 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 tốn 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 tốn 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 Chuyên 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 tơi nghiên cứu đề tài “ PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN 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 toán 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 - Giáo viên giảng dạy mơn Tốn bậc THPT - Về nội dung tìm hiểu phương pháp giả số tốn cực trị hình học khơng 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 không 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 tốn 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 cịn nhiều học sinh học tập mơn tốn cách thụ động, đối phó; kĩ giải tốn cịn yếu, đặc biệt kĩ nhận dạng phân loại dạng toán áp dụng phương pháp phù hợp cho dạng toán nhiều lúng túng Nguyên 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 không gian thường sử dụng hai cách làm: Cách 1: Sử dụng phương pháp hình học Cách 2: Sử dụng phương pháp đại số Bài toán 1: Trong không gian Oxyz, cho điểm A (xA ; yA ; zA ), B ( xB ; yB ; zB ) mặt phẳng ( P ) : ax by cz d Tìm điểm M (P ) cho: MA MB nhỏ MA MB lớn với d( A , (P )) d( B, ( P )) Phương pháp: Xét vị trí tương đối điểm A , B so với mặt phẳng ( P ) Nếu (axA byA czA d)(axB byB czB d) hai điểm A , B phía với mặt phẳng (P ) Nếu (axA byA czA d)(axB byB czB d) hai điểm A , B nằm khác phía với mặt phẳng (P ) MA MB nhỏ Trường hợp 1: Hai điểm A , B khác phía so với mặt phẳng (P ) Vì A , B khác phía so với mặt phẳng (P ) nên 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 ), A ' B khác phía (P ) MA MA nên MA MB MA MB A B Vậy MA MA MB nhỏ A B M AB (P ) MB lớn 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 mặt phẳng (P ) Gọi A ' đối xứng với A qua mặt phẳng (P ), A ' B phía (P ) MA MA nên Vậy MA MB MA MB MA MB A B lớn A B M A B (P ) Bài toán 2: Lập phương trình mặt phẳng (P ) biết: (P ) qua đường thẳng (P ) qua khoảng cách từ A đến (P ) lớn tạo với mặt phẳng (Q) góc nhỏ 3 (P ) qua tạo với đường thẳng d góc lớn Phương pháp: Cách 1: Dùng phương pháp đại số Giả sử đường thẳng : x x1 y y1 a b A (x ; y ; z ) 0 x1 ) B ( y y1) C (z z1) bB cC Bb Cc A c Khi phương trình (P ) có dạng: A ( x Trong Aa z z1 ( a 0) (1) a Khi d( A, (P )) A (x0 x1 ) B ( y0 A Thay (1) vào (2) đặt t B 2 B y1) C (z0 z1) (2) C , ta đươc d( A, (P )) f (t) C Trong f (t) mt nt p m't , khảo sát hàm f (t) ta tìm max f (t) Từ suy n ' t p' biểu diễn A , B qua C cho C giá trị ta tìm A , B làm tương tự Cách 2: Dùng phương pháp hình học Gọi K , H hình chiếu A lên (P ), ta có: d( A, (P )) AH AK , mà AK khơng đổi Do d( A , ( P )) lớn H K Hay (P ) mặt phẳng qua K , nhận AK làm VTPT Nếu (Q) ( P ), (Q) 90 nên ta xét (Q) khơng vng góc với Gọi B điểm thuộc , dựng đường thẳng qua B vng góc với Lấy điểm C cố định đường thẳng Hạ CH (P ), CK d Góc mặt phẳng (P ) mặt phẳng (Q) BCH Ta có sin BCH BK nhỏ H BH BK BC BC (Q) K Mà BC không đổi, nên BCH Mặt phẳng (P ) cần tìm mặt phẳng chứa vng góc với mặt phẳng (BCK ) Suy nu , u , n VTPT (P ) P Q Gọi M điểm thuộc , dựng đường thẳng d ' qua M song song AH (P), với d Lấy điểm A cố định đường thẳng Hạ AK d Góc mặt phẳng (P ) đường thẳng d ' AMH Ta có cos AMH HM KM AM AM Mà KM AM không đổi, nên AMH lớn H K Mặt phẳng (P ) cần tìm mặt phẳng chứa vng góc với mặt phẳng (d ', nu , u ,u P Suy P d' VTPT ( ) Ví dụ Trong không gian với hệ toạ độ đề vng góc Oxyz cho đường thẳng d : x y z Tìm tọa độ hình chiếu vng góc A(2;5;3) A lên d viết phương trình mặt phẳng (P ) chứa đường thẳng d cho khoảng cách từ đến (P ) lớn Lời giải Đường thẳng d có ud (2;1;2) d AH ud A VTCP Gọi H hình chiếu A lên d Do AH và 2(2t H (1 2t; t;2 1) t 2(2t 2t) 1) AH t (2t 1; t 5;2t 1) H (3;1;4) Gọi H ' hình chiếu A lên mp(P ) Khi đó, ta có: AH ' d( A , (P )) lớn AH H H' (P ) AH Suy AH (1; 4;1) VTPT (P ) (P ) qua H 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 giải Ta có: AB (0;1;0), CD (0; 1;m) Với m ta có: CD (0; 1;2) AC ( 1;1;0) Do AB ,CD (2;0;0) AB ,CD AC AC AB,CD Vậy d( AB , CD) Đặt x OH BH OB OBH Đẳng thức xảy Ta có: BD ( 1; 1;m), OB (1;1;0) AB,CD OH Suy S x x 2 x 2 x (2 x x OH d(O, BD) ) (x 2 x) BD, OB ( m; m;0) BD,OB m2 Do d(O, BD) 2 BD 2m m2 m m Vậy m2 giá trị cần tìm Ví dụ Lập phương trình mặt phẳng 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 ( ) lớn nhất; OA OB OC; xA 0, zC 8OA 12OB 16 37OC Lời giải Giả sử mặt phẳng ( ) 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 b c Phương trình mặt phẳng ( ) có dạng a Mặt phẳng ( ) qua điểm M (1;9;4) nên a b c (1) Ta có: AM (1 a;9;4), BC (0; b; c), BM (1;9 b;4), CA (a;0; c) () M Điểm M trực tâm tam giác ABC a b AM BC BM.CA 0 c 98 9b 4c a 98; b 49 ;c a 4c cần tìm Phương trình mặt phẳng ( ) Cách 1: Ta có: x y z 98 d(O, ( )) 1 2 a b 1 c a Bài tốn trở thành, tìm giá trị nhỏ a, b, c thỏa mãn a b a b c (1 1 2 a b c b 2 c với số thực c (1) Ap dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: 1 12 T 1 2 2 ) a b c 1: 1 98 Nên suy T 9:1 4: a b b c x y z 98 c a 9b 4c 98 Dấu đẳng thức xảy Phương trình mặt phẳng ( ) cần tìm a Cách 2: Gọi H hình chiếu O mặt phẳng ( ) Vì mặt phẳng ( ) qua điểm cố định M nên d(O, ( )) Dấu đẳng thức xảy ( H M, OH OM 98 ) mặt phẳng qua M có véctơ pháp tuyến OM(1;9;4) nên phương trình ( ) 1.( x 1) 9( y 9) Vì OA OB 4.( z 4) OC nên a Trường hợp 1: a b c Từ a suy a (1) a x y z 98 c , b xảy bốn trường hợp sau: 14,nên phương trình ( ) là: a Trường hợp 2: x y z 14 Từ b c (1) a suy a a a 6, nên phương trình a x y z ( ) Trường hợp 3: a ( ) x y z Trường hợp 4: a c Từ (1) suy b y z 0, x b c Từ (1) có a y z 0, x y 0, zC nên a 0, c 0, 8OA 12OB 16 37OC 8a 12 27 37 a 2a 35 b 0c 2a , 2a a a a 12, nên phương trình ( ) 0c a 27 37 2a 2a a a nên không mặt phẳng nên từ (1) ta có a , phương a b 2a , a 37 37 , 0, y z 14 z 12 40 nên a b 2; c ( ) : 8x 20 y 37z 40 b nên phương trình Vì a Nếu 4, b 16 37c a b 2a , a 37 a a a Vì xA Nếu a a x y z 12 Vậy có bốn mặt phẳng thỏa mãn x x a trình mặt phẳng cần tìm nên từ (1) ta có 29 109 29a 35 a Vì có giá trị thỏa mãn Vậy phương trình mặt phẳng ( ) : 8x 20 y 37z 40 Ví dụ Cho mặt cầu (S ) : (x 1) 2 ( y 1) ( z 1) 25 mặt phẳng ( ) có phương trình 2x 2yz70 Chứng minh mặt phẳng ( ) cắt mặt cầu (S ) theo đường tròn Xác định tâm tìm bán kính đường trịn đó; Lập phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A(1; 1;2), mặt cầu (S) theo đường trịn có bán kính nhỏ Lời giải Mặt cầu (S) có tâm I (1;1;1) , bán kính R R Ta có d(I ,( )) 2217 cắt mặt cầu 2 , suy ( ) 2 2 tâm H bán kính r R d ( I , ( )) H hình chiếu (P) cắt B(3;5; 2) S theo đường tròn () x 2t y 2t HI I lên m ặt phẳng ( ) , suy phương trình là: x 2t Tọa độ điểm I H Ta có AB x y y 2t nghiệm hệ z t Vậy tâm z t ; 2x ; 2;6; 2y z z 3 x t nên phương trình đường thẳng AB : y 3t y 2t cầu (S) theo Vì I A R nên mặt phẳng (P) qua AB ln cắt mặt bán kính r lớn 25 d ( I , ( P )) Do r nhỏ d(I ,(P)) Gọi K , H hình chiếu I lên AB (P), ta ln có IH IK nên suy d( I ,(P)) lớn H K Do H AB H (1 t; 3t;2 2t) I H (t;3t 2;1 2t) Vì IH AB IH AB Vậy phương trình ( ) : x t 3(3t 2) 2(1 2t) t y z Ví dụ Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : 2x A (5; 2;6), B(3; 2;1) Tìm điểm M thuộc (P) cho: MA MB nhỏ MA MB lớn IH đường trịn có ; y 2z ; hai điểm Lời giải Mặt phẳng (P) có nP (2; 1;2) VTPT Thay tọa độ hai điểm A , B vào vế trái phương trình (P ) ta 18 nên hai điểm A , B nằm phía so với (P ) Gọi A ' điểm đối xứng với A qua (P ), A ' B khác phía so với (P ) với điểm M (P ) , ta có MA MA ' Do M ( P ) : MA 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 t z 2t Tọa độ giao điểm H AA ' (P ) nghiệm hệ: x 2t x y t 2t z y 2z 2x H H(1; 1;2) y z 2xH xA y 2y y A ' 2z H z A z x trung điểm AA ' A' A' H 2A '( 3;2; 2) A x 6t Suy A ' B (6; 4;3), phương trình A ' B : ,t y 4t z 3t x 21 x 6t 11 Tọa độ M nghiệm hệ Vậy M 21 y 4t z 3t 2x y 2z ; 14; 11 điểm cần tìm 14 y z 11 11 11 11 Vì A , B nằm phía so với (P ) nên với M (P ) ta có AM MB AB , đẳng thức xảy M AB ( P ) Phương trình x AB : y z 2t 5t x 2t x 17 y Tọa độ M : z 2x y 2z t Vậy y 17 ; 2; M z Ví dụ Trong khơng gian Oxyz cho điểm A(1; 1;1) , đường thẳng trình : x y z mặt phẳng ( P ) : 2x y 2z có phương 1 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 ( ) chứa hai điểm M (1;1;1), N ( 1;2; 1) tạo với đường thẳng góc lớn Lời giải Mặt phẳng (P) có nP (2; 1;2) VTPT Đường thẳng qua B(1;0; 1) có u (2;1; 1) VTCP Cách 1: Giả sử n (a; b; c) VTPT (Q), suy phương trình (Q) có dạng: a(x 1) by c(z 1) ax by cz a c (1) Do(Q) nên 2a b c c 2a b 2c b Do đó: d( A , (Q)) 2 b d( A, (Q)) Nếu b ta đặt t c 2 5a 2 4ab 2b a , ta có: 16a 5a 7, 8ab b 16t 4ab 2b max d( A ,(Q)) 8t 4t 5a 4ab 2b 5t f '(t) 24t 54t 12 (5t f ( 2) 8ab b b Suy max f (t) 16a a Nếu b 4a b f (t) , f '(t) t 2, t 4t 2) 14 , đạt a 2b Chọn b ta tìm a 2, c Vậy phương trình (Q) : 2x y 3z Cách 2: Gọi K , H hình chiếu A lên (Q), d( A, (Q)) d(A,(Q)) AH AK , mà AK không đổi nên lớn Dẫn tới (Q) mặt phẳng qua K nhận AK làm VTPT H K 10 Vì KK 2t; t; t AK 2t; t 1; t AKAK u 4t t t t Vậy phương trình (Q) : 2x y 3z Cách 1: Tương tự ta có (Q) : ax 0 90 Gọi( P ), ( R ) , 2 3a ; 2 1; ; 2 , AK by (2a b) z a b 2a b 2(2a b) Ta có: cos Nếu a K 0; b (2a b) b 2b 12ba 36a 4ab 5a cos 32 Nếu a 0, đặt t b ta có: b a Khảo sát hàm số f (t) 12ba 36a 2b ta tìm t 12t 36 2t 4t ) 53 ( Suy max cos đạt b f (t) 4ab 5a max f t f () , chọn b a 10 a 10 (R ) : 10x y 13z Vậy phương trình Cách 2: Gọi d đường thẳng qua B vng góc với (P ) x 2t Ta có phương trình d: y t , lấy C (3; 1;1) d C B , z 2t C (P) B K (R) H Gọi H , K hình chiếu C lên (R) BH sin BC BC , đóBCH BK sin BCH 11 Mà BK BC không đổi, nên suy nhỏ H K hay ( R ) mặt phẳng qua vng góc với mặt phẳng ( BCK ) Mặt phẳng ( BCK ) qua P vng góc với VTPT ( BCK ) Do ( R ) qua vng góc với ( nên () BCK ) nên n suy phương trình (R ) : 10x n , u ( 1;6;4) P n,u R (R), n 10; 7;13 là VTPT y 13z 3 Cách 1: Giả sử phương trình mặt phẳng ( ) có dạng: ax by cz d Do M , N d a b c d nên () 2b a 2b c d c a 2b Ta viết lại dạng phương trình ( ) sau: 2ax 2by (b 2a) z 3b Suy n (2a;2b; b 2a) VTPT ( ) Gọi ( )) Ta có: sin n u n Nếu a u 3, 2 4a sin Xét hàm số f (t) 4a 2b b 2a với 4b b 12ab 36a 5b 4ab 8a a f t t 5t (b 2a) a 0, đặt t b , t 12t 36 ta tìm max ( ) 4t b f 53 a Do max sin max Vậy phương trình ( ) : 16x Cách 2: Ta có: NM 2; 1;2 8, chọn b 5, a 10 y 11z 15 VTCP MN , suy phương trình đường thẳng x 2t MN : y t , z 2t t Gọi y t, Trên z t A d đường thẳng qua M, song song với Suy x 2t phương trình d : ta lấy điểm d t (3;2;0) Gọi H,K hình chiếu A lên ( ) MN , ( ),ABH 12 Ta có: Hay ( cos ABH ) mặt phẳng qua BK BA BA , mà BK không đổi nên ABH lớn BA vng góc với mặt phẳng MN n H K ( ) (MN , d) NM , u1;6;4 VTPT ( ) Ta có: Suy BH n NM , n 16; 10;11 Vậy phương trình ( ) : 16x 10 y VTPT ( ) 11z 15 A M N H d (P) K Ví dụ Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( ) : x y z điểm A(1;2;3) Lập phương trình đường thẳng nằm ( ) qua M (1;1;1) khoảng cách từ A đến lớn nhất, nhỏ nhất; x y z lớn qua M khoảng cách d : Lời giải Mặt phẳng ( ) có n (1;1;1) VTPT Gọi u (a; b; c) VTCP , do(P ) Ta có: AM 0;1;2 Do đó: d( A , 2 u Nếu a c 2b;2a; a d( A , ) , với (b a) a bc a đặt t Xét hàm số ft () max f (t) ff( (c 2b) 5a ) t 2t a b c c a b (1) u, AM u, AM 2 2 5a a b (a b) b 2ab 6a 2 b 2ab b b,t a , khảo sát hàm số f (t) ta tìm t t ) 10, (t) f (4) 13 Khoảng cách từ c 1, A t đến lớn suy phương trình đường thẳng : x : b a y 2, chọn b a 3, z b Khoảng cách từ A đến nhỏ t a , chọn b a 1, c , suy phương trình x đường thẳng : : Đường thẳng MN 1y d 1; 1; 1, 1z qua N (2;0;0) có u1 u, u (2a b; b;2a b) u, u MN 3b 1 u, u MN Do d( , d) 3b u, u 2 Đẳng thức xảy (2a b) b (2a b) a c b u b(0;1; 1) Vậy phương trình x : 4a 3b t Ví dụ Lập phương trình đường thẳng x y z cho: b y t z d: VTCP (1;2; 1) d qua A(0; 1; 2) cắt đường thẳng 1 Khoảng cách từ B(2; 1;1) đến đường thẳng d lớn nhất, nhỏ nhất; x y z lớn Khoảng cách d : 2 Lời giải cắt d ' điểm M M ( 2t; t; t), t Giả sử d AM (2t 1; t 1; t) VTCP đường thẳng d AB, AM (1 t; 1; 2t) Ta có AB (2; 2; 1) nên Khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng d AB, AM 5t 18t 18 d(B, d) AM 5t Ta có f (t) 6t 6t 2t 2f (t) 98t(t 2) 18t 18 2t nên f (t) (6t 2t 2) 14 Từ ta tìm max f (t) Do ff(0) 18, (t) f (2) đó: 11 11 đạt t AM (3; 3; 2) nên phương trình đường d( B , d) thẳng cần tìm d : max d(B , d) x y1 3 đạt t x thẳng cần tìm d : y 1 z AM ( 1;1; 1) nên phương trình đường z 1 qua N (5; 0; 0) có véc tơ phương u Ta có (t u , AM 1; 4t 1; 6t), AN (5; 1; (2; 2; 1) 2) Khoảng cách hai đường thẳng là: u , AM AN 3t d( ; d) u, AM (2 t) Vì (53t 1) (6t) (2 t) f (t), f (t) 2 (4t 1) 53t 10t 6(t 2)(4 37t) f (t) (t 53t t 2, t nên f 10t 2) Từ ta tìm max f (t) f 10t (t) 37 , AM 37 Vậy đường thẳng d có phương trình d : 29 Bài tốn 3: Trong khơng gian cho n điểm Tìm M cho P a) b) 1MA1 Nhỏ Lớn 2 Tìm M cho P 2MA2 MA1 n n x y 41 z A , A , , A 29; 41; 37 n n MAn 0 MA2 n MAn nhỏ lớn nhất, n i i1 Phương pháp: Gọi I điểm thỏa mãn: I A1 I A2 n I An điểm I tồn n i Khi đó: i1 1.P 1MI (1 n Do i1 I A1 n) IM IA n 2 MI I An i i1 không đổi nên: 1I Ai Nếu 2 2 Nếu P MI IA2 n n nhỏ MI nhỏ P lớn MI nhỏ P n MI IA1 MI IA2 n MI I An Do P nhỏ lớn MI i i1 nhỏ lớn MI Nếu M thuộc đường thẳng (hoặc mặt phẳng (P )) MI lớn M hình chiếu I lên (hoặc (P )) Nếu M thuộc mặt cầu (S) đường thẳng qua I tâm (S), cắt (S) hai điểm A , B ( I A 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 MB yM 1; Tìm N ( P ) cho S 2NA NB NC2 nhỏ Lời giải Gọi M (x;1; z) ( P ) , ta có: x Suy MA MB (x 1)2 (z z z 2 1) x x (z z 2) 2x (*) 2z 4z 1 1 ; x Vậy M ( ;1; 2) Gọi I ( x; y; z) điểm thỏa mãn 2IA I B I C I Bx;1 y;2 Ta có: 2I A 2x;2 2y;2 2z , 4x Nên (*) Khi đó: 3 y x 0, y 4z 2NA 2 NI IA 2NI z, IC ,z 2IA x; y;1 z 35 Suy I 0; ; 4 4NI.IA 16 NB Do S NI 2 NI IB 2IA 2 2NI.IB ; IB IC NC 2 NI 2 IC 2NI 2IA I B I C 2NI IC 4NI 2I A IB IC Do 2I A I B I C2 không đổi nên S nhỏ NI hình chiếu I lên mặt phẳng (P ) Gọi Vì N N (x; y; z) I N x; y (P) nhỏ hay N ;z ,n 1; 1;1 VTPT (P ) (1) x y z x k Do I N ( P ) nên IN z k k k y kn k k thay vào (1), ta có được: 5k 3,y x 3, z Vậy N ; B( 1;0; 3), C(2; 3; 1) ; 4 Ví dụ 10 Trong khơng gian cho ba điểm A (1;2;3), Tìm M thuộc mặt phẳng ( ) : 2x y 2z cho biểu thức sau nhỏ 2 x y z S 3MA 4MB 6MC ; Tìm M thuộc đường thẳng P MA 7MB 5MC Tìm ; thuộc mặt cầu M (S ) : (x 2) ( y 2) cho biểu thức sau lớn nhất: (z 8) 36 cho biểu thức F MA 4MB 2MC2 đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Lời giải Cách 1: Gọi I (x; y; z) điểm thỏa mãn: 3IA 4IB 6IC Mà I A x y 24 y 30 2 6IC 4I B I ( 13;24;3) z 3MA IM Do 3I A AC 4AB (*) IA x 13 z 24 24 Khi đó: S y;3 z),6 AC (6; 30; 24),4 AB ( 8; 8; 24) (1 x;2 Do (*) 4MB 6MC MI IA 2 MI IB 2 2 6MI IC 2MI 3IA 4IB 6IC 3IA 4IB 6IC IM 3IA 4IB 6I C không đổi nên S nhỏ I M nhỏ M hình 17 x 13 2t I M ( ) I M : y 24 t I chiếu lên ( ) Ta có z 2t x 13 2t M x 11 y 24 t Tọa độ nghiệm hệ: y 25 z 2t z 2x y 2z Vậy M ( 11;25;1) điểm cần tìm Cách 2: Gọi M (a; b; c) 2a () b 2c Suy ra: 3MA 3a2 3b2 3c2 6a 12b 18c 42 4MB 4a2 2 4b 4c 8a 24c 40 6MC 2 2 6a 6b 6c 24a 36b 12c 84 Suy S 2 a b c 26a 48b 6c (a 11) 2 (b 25) (c 1) 4a 2b 4c 749 2(2a b 2c 1) 747 747 Đẳng thức xảy a 25, c hay M ( 11;25;1) 11, b Cách 1: Gọi I (x; y; z) điểm thỏa mãn: I A Mà I A , x;2 y;3 z Khi đó: P AB 5AC (*) I ( 18;13; 19) z 19 I A MI Do P nhỏ IA x 18 y 14 25y 13 z 42 20 MI 7AB (14;14;42), 5AC (5; 25; 20) x 14 Nên (*) 7IB 5IC điểm cần tìm IB MI nhỏ MI IC M MI hình chiếu I lên M M 2t; 3t;1 t I M (2t 19;3t 14; t 20) Vì IM 2(2t 19) 3(3t 14) 20) (t t 12 Vậy M 31 ; 29 ; 7 điểm cần tìm Cách 2: Ta có M Suy MA 2t;3 M1 3t;2 t, 2t; 7MB 3t;1 14 t 14t; 21t;28 7t 18 5MC 10t; 10 Do MA Nên 7MB P (2t 19) Đẳng thức xảy t 12 15t; 10 5MC (3t 14) 2t 5t 19;3t (t 20) 14; t 2 14t 31 ; 29 ; 7 Gọi E ( x; y; z) điểm thỏa mãn: EA E 14 48t 957 12 6411 t Vậy M Ta tìm 20 10; 2;16 Vì EA EB nhất, lớn 2EC Mặt cầu (S) có tâm Khi F EM 7 điểm cần tìm EB 2EC EA AC 4AB EA 4EB 2EC lớn nhất, nhỏ EM nhỏ không đổi nên F I (2;2;8) 6411 x 8t ,I E 8; 4;8 I E : y 4t z 8t Tọa độ giao điểm I E với mặt cầu (S) nghiệm hệ x 8t y 4t 2 t z 8t ( x 2) t 2 2 t (z 6;0;12 36 t 2 ( y 2) M 2 t 8) 36 IM (2; 2;4) MI t N 2;4;4 I N ( 4;2;4) NI 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 ( ) 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 y z điểm A( 3; 4; 1), B(1; 6; 1), C(1; 10; 3) Tìm a) MA MB nhỏ điểm M thuộc đường thẳng cho b) MA MC nhỏ M 1;4;9 Bài Lập phương trình mặt phẳng ( ) qua Ox, Oy, Oz điểm A , B, C thỏa: Tứ diện OABC tích lớn nhất; Khoảng cách từ O đến ( ABC) lớn nhất; x OA OC 4OB OA OB Bài Cho A (1; 4; 2), B( 1; 2; 4) : y 2 MB nhỏ 3OM 2AM 4BM cắt tia z thẳng cho MA () cho Tìm điểm M thuộc đường nhỏ Diện tích tam giác MAB 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 (P) cho biểu thức T có giá trị nhỏ với T MA2 MB2 MC2 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 toán 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 cịn 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 tơi 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 tơi nên khơng tránh khỏi thiếu sót định Rất mong đóng góp ý kiến quý thầy cô em học sinh để chuyên 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 chuyên môn XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 05 tháng năm 2019 Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Người viết Nguyễn Thị Den 21 ... đến hai phương pháp chủ yếu để giải tập dạng phương pháp đại số phương pháp hình học Với lí tơi nghiên cứu đề tài “ PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN OXYZ? ?? 1.2... cung cấp cho học sinh phương pháp giải số toán 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... 2.3 .Giải pháp thực Để tìm cực trị không 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 ;