SKKN 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 Tran g A.Mở đầu Lý chọn đề tài … Nhiệm vụ đề tài………………………………………… …………………3 Đối tượng nghiên cứu……………………………………………………… Phạm vi nghiên cứu B.Nội dung … Cơ sở lý luận, Cơ sở khoa học 1.1 Nhắc lai một sô dang toán hay đươc sử dung 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 Cáá́c dạng tập thường gặp…………………………………… ………….5 2.1 Các bai toán cưc trị liên quan đên tìm một điểm thỏa điêu kiên cho trước 2.2 Các bai toán cưc trị liên quan đên vị trí cua đương thẳng, măt phẳng… 15 Hiệu sáá́ng kiến…………………………………………………… 23 C.Kêt luận 24 Kiến nghịị 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 trìì̀nh Hình hoc giai tích lớp 12, bên canh các dang toán quen thuộc như: viêt phương trình măt phẳng, phương trình đương thẳng,… Ta còn găp các bai toán tìm vị trí cua điểm, đương thẳng hay măt phẳng liên quan đên một điêu kiên cưc trị Đây la dang Toán khó, chỉ có chương trình nâng cao va sửử̉ dụng làm câu hỏử̉i VD VDC đề thi TN THPT Quốc Gia Trong thưc tế giảng dạy, nhận thấy nhiêu hoc sinh bị mât kiên thưc ban hình hoc không gian, không nắm vững các kiên thưc vê hình hoc, vec tơ, phương pháp độ không gian Đặc biệt nóá́i đến cáá́c toáá́n cực trịị hìì̀nh học thìì̀ cáá́c em “e ngại” kểử̉ đối vớá́i học sinh kháá́, giỏử̉i Nhiệm vụ đề tài Trong quá trình trưc tiêp giang day va nghiên cưu thây la dang toán không chỉ khó ma còn khá hay, lôi cuôn đươc các em hoc sinh khá giỏi Nêu ta biêt sử dung linh hoat va khéo léo kiên thưc cua hình hoc thuần túy, véctơ, phương pháp toa đợ, hìì̀nh học giai tích thì có thể đưa bai toán vê một bai toán quen thuộc Vớá́i đề tài này, cố gắá́ng xây dựng sở kiến thức vữữ̃ng chắá́c, hệ thống tập víá́ dụ logic giúá́p học sinh tiếp thu vấn đề mộịt cáá́ch thuận lợi nhất, quy lạ quen đểử̉ toáá́n cực trịị hìì̀nh học giải tíá́ch khơng còì̀n ln ln toáá́n hóá́c búá́a, khóá́ 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 hìì̀nh học giải tíá́ch chương trìì̀nh SGK nâng cao hìì̀nh học lớá́p 12 lưu hành Tập trung chủ yếu vào cáá́c toáá́n mức độị VD VDC đề thi TN THPT Quốc Gia Vớá́i tinh thầì̀n yêu thíá́ch bộị môn, nhằm giúá́p cáá́c em hứng thúá́ hơn, tạo cho cáá́c em niềm đam mê, yêu thíá́ch môn toáá́n, mở mợịt cáá́ch nhìì̀n nhận, vận dụng, linh hoạt, sáá́ng tạo cáá́c kiến thức học, tạo tang cho các học sinh tự học, tự nghiên cứu.Tôi manh dan viết chuyên đề “Hướng dẫn học sinh lơp 12 giải môt sô bai toán cực trị hình hoc giai tích” B NỘI DUNG 1.Cơ sở lý luận, Cơ sở khoa học 1.1 Nhắc lai môt sô dang toán hay đươc sử dung 1.1.1 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (α) - Goi H la hình chiêu vuông góc cua M lên (α) - Viêt phương trình đương thẳng MH(qua M va vuông góc với (α)) - Tìm giao điểm H cua MH va (α) *Nêu yêu cầu tìm điểm M’ đôi xưng với Mqua măt phẳng (α) thì ta vẫn tìm hình chiêuH cua M lên (α), dùng công thưc trung điểm suy toa độ M’ 1.1.2 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d: -Viêt phương trình tham sô cua d - Goi H dcó toa độ theo tham sô t - H la hình chiêu vuông góc cua điểm M lên d ud MH -Tìm t, suy toa độ cua H Áp dụng thựự̣c tế dạy học Cáá́c dạng tập thường gặp 2.1 Các bai toán cực trị liên quan đên tìm môt điểm thỏa điêu kiên cho trươc Bai 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 phẳng (α) cho k1 MA1 k MA2 k n MAn có giá trị nhỏ nhất Lời giải: -Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k2 IA2 + + kn IAn -Biên đổi : k1 MA1 + k2 MA2 + + kn MAn = (k1 + k2 + + kn )MI = k MI Tìm vị trí cua M MI đat giá trị nhỏ nhât Ví du 1: Cho măt phẳng (α): 2x – 2y + 3z + 10 = ba điểử̉m A 1;0;1 , B -2;1;2 , C 1;-7;0 Tìm điểm M măt phẳng (α) cho : 1) MA + MB MC có giá trị nhỏử̉ 2) MA -2MB 3MC có giá trị nhỏử̉ Giải: Goi điểm G thỏa GA + GB +GC = thì G la tâm cua tam giác ABC va G(0;-2;1) 1) Ta có MA + MB MC = MG + GA + MG GB MG GC =3 MG có giá trị nhỏử̉ M la hình chiêu vuông góc cua G lên măt phẳng (α) MG nhân n = (2; -2; 1) lam vecto chỉ phương x = 2t Phương trình tham sô MG y = -2-2t z = 1+3t Toa độ M ưng với t la nghiêm phương trình: 4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = 17t 17 t Vây với M(-2; 0; -2) thì MA + MB MC có giá trị nhỏ nhât 2) Goi I(x; y; z) la 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) x = 4; y = - 23 ; z = - , vây I(4; 23 ; ) Ta có: MA -2MB 3MC = MI+IA -2(MI IB) 3(MI IC) = 2MI có giá trị nhỏử̉ M la hình chiêu vuông góc cua I lên măt phẳng (α) x = 4+2t 23 Phương trình tham sô MI: y = -2t +3t z= Toa độ M ưng với t la nghiêm phương trình: 2(4 2t) 2( 23 2t) 3( 2 3t) 10 Vây với M( 17 ; 245 34 ; 17t 73 t 73 34 135 17) thì MA -2MB 3MC đat giá trị nhỏ nhât Bai 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 = k1MA1 2 k MA2 k n MAn đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất Lời giải: - Tìm điểm I thỏa k1 IA1 + k2 IA2 + + kn IAn -Biên đổi : T = k1MA12 k2 MA22 knMA2n = = (k + + k )MI2 + k IA k IA2 n 2 = kMI2 + k1IA1 k2 IA2 2 k1IA1 k2 IA2 knIA n không k IA2 +2 n n MI(k IA + + k IA ) 1 n n knIA n Do đổi, Biểu thưc T nhỏ nhât hoăc lớn nhât MI nhỏ nhât hay M la hình chiêu vuông góc cua I lên măt phẳng hay đương 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 du 1: Cho măt phẳng (α): x + 2y + 2z + = va ba điểm A(1; 2; -1), B(3; 1; -2), C(1; -2; 1) 1) Tìm M măt phẳng (α) cho MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhât 2) Tìm M măt phẳng (α) cho MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn nhât Giảả̉i:1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa IA + IB = thì I la trung điểm AB va I(2; ; 2) Ta có: MA2 + MB2 = (MI + IA)2 +(MI + IB)2 IA2 + IB2 +2MI2 +2MI(IA + IB) = IA2 + IB2 +2MI2 Do IA2 + IB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhât MI2 có giá trị nhỏ nhât, hay M la hình chiêu vuông góc cua I lên (α) Đương thẳng IM qua điểm I va có vtcp n α (1; 2; 2) x = 2+t Phương trình tham sô MI: y = + 2t z= +2t Toa độ M ưng với t la nghiêm phương trình: t 2( 2t) M(1; 2( 2t) 9t t 1 ; 2) Nhận xét: Với I là trung điểm AB thì MA + MB2 = 2MI2 + AB 2 , AB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất MI2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên (α) 2)Goi J(x; y; z) la điểm thỏa JA - JB -JB = Hay (1 x; y; z) (3 x;1 y; z) (1 x; y;1 z) (0;0; 0) 3 x y 0 J(3; 3; 0) Ta có: MA2 - MB2 – MC2 = (MJ + JA)2 - (MJ + JB)2 J A2 JB2 JC2 MJ2 + 2MJ(JA (MJ + JC)2 JB JC) JA2 JB2 JC2 MJ2 Do JA2 JB2 JC2 không đổi nên MA2 - MB2 – MC2 lớn nhât MJ nhỏ nhât hay M la hình chiêu cua J măt phẳng (α) Đương thẳng JM qua điểm I va có vtcp n α x = 3+t (1; 2; 2) Phương trình tham sô MJ: y = -3+ 2t Toa độ M ưng với t la nghiêm phương trình: t 2( 2t) 2.2t 9t M( 23 9; 35 Vây với M( t 9; ) 23 35 9; ; 9) thì MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn nhât x -1 y -2 z -3 Ví du 2: Cho đương thẳng d có phương trình: = = va các điểm A(0; 1; -2), B( 2; -1; 2), C(4; 3; 3) Hay tìm điểm M d cho 1) MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhât 2) MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhât Giải: 1) Goi điểm I(x; y; z) la điểm thỏa IA -2 IB = Hay: ( x;1 y; z) 2(2 x; y; z) (0; 0; 0) x y 0I(4; 3; 6) - 6+z Ta có MA2 - 2MB2 = (MI + IA)2 IA2 vtcp u 2IB2 2(MI + IB)2 MI2 + 2MI(IA IB) IA2 2IB2 MI2 Do IA2 -2IB2 không đổi nên MA2 -2 MB2 lớn nhât MI2 có giá trị nhỏ nhât, hay M la hình chiêu vuông góc cua I lên d x = 1+t (1; 2;1) , phương trình tham sô d: y = 2+ 2t z = 3+ t M d M(1 t; 2t; t) , IM = ( t-3; 2t + ; t - 3) M la hình chiêu vuông góá́c I lên d nên IM.u t t Vây với M( 2 M( 3 ; ; 3) ; ; 3) thì MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhât 2) Goi điểm G(x; y; z) la điểm thỏa GA + GB +GC = thì G la tâm tam giác ABC va G(2; 1; 1) Ta có: MA2 + MB2 + MC2 = (MG + GA)2 + (MG + GB)2 +(MG + GC)2 = GA2 GB2 GC2 +3MG2 + 2MG(GA GB GC) = GA2 GB2 GC2 +3MG2 Do GA2 GB2 GC2 không đổi nên MA2 + MB2 + MC2 nhỏ nhât MG nhỏ nhât, hay M la hình chiêu vuông góc cua G lên đương thẳng d M d M(1 t; 2t; t) , GM = ( t-1; 2t +1 ; t +2) Khi M la hình chiêu vuông góc cua I lên đương thẳng d thì 6t t Vây với M( GM.u 1 M( ;1; 2 2) ;1; 2) thì MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhât Bai toán 3: Cho mặt phẳng (α) có phương trình:ax + by + cz + d = và hai điểm A,B không thuộộ̣c (α) Tìm điểm M (α) cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất Lời giải: 1.Nêu (axA+byA+ czA + d)(axB+byB+ czB+ d) < thì A, B năm vê hai phía với (α) Để MA + MB nhỏ nhât M thuộc AB hay M la giao điểm cua (α) va AB 2.Nêu (axA+byA+ czA + d)(axB+ byB+ czB+ d) >0 thì A, B năm vê một phía với (α) Khi đó ta tìm điểm A’ đôi xưng với A qua (α) Do MA + MB = MA’+ MB ma đat giá trị nhỏ nhât M thuộc A’B hay M la giao điểm cua (α) va A’B Ví du 1: Trong không gian với toa độ Oxyz, cho măt phẳng (α) có phương trình:x – 2y – 2z + = va hai điểm A(1; 1; 2), B(2; 0; 2) Tìm điểm M măt phẳng (α) cho MA + MB có giá trị nhỏ nhât Giải: Thay toa độ cua A va B vao phương trình (α) ta thây hai điểm năm vê hai phía cua (α) Ta có MA + MB có giá trị nhỏ nhât M la giao điểm cua AB va (α) Đương thẳng AB qua điểm B, nhân AB (1; 1;0) lam vecto chỉ phương x Phương trình tham sô cua AB: t y t Toa độ M ưng với t la nghiêm phương trình: + t – 2(-t)- 2.2 + = 3t t Hay M( ; ; 2) la điểm cầì̀n tìm Ví du 2: Cho măt phẳng (α) có phương trình: x – y + 2z = va ba điểm A(1; 2;1), B(3; 1; -2), C(1; -2; -2) Hay tìm điểm M d cho 1) MA + MB có giá trị nhỏ nhât 2) MA - MC có giá trị lớn nhât Giải: 1) Thay toa độ cua A va B vao phương trình (α) ta thây hai điểm năm vê một phía cua (α) Goi A’ la điểm đôi xưng với A qua (α), để MA + MB có giá trị nhỏ nhât M la giao điểm cua A’B với (α) Đương thẳng AA’ qua A va vuông góc với (α), AA’ nhân n (1; 1; 2) lam vecto chỉ phương x t Phương trình tham sô AA’: y t Toa độ hình chiêu vuông góc H cua A (α) ưng với t cua phương trình 1 + t – (2 – t) + 2(-1 + 2t) = 6t – = hay t = xA ' = 2xH xA Do H la trung điểm AA’ nên yA zA ' ' =2yH 3 H( ; ; 0) yA = 2zH zA A '(2; 1; 1) 10 Ta thây d qua M1(2; 4; -2), có vtcp u (1;1;0) AB qua A(1; 2; 3) va AB (0; -2;-2) = 2u1 với u1 (0;1;1) la véc tơ chỉ phương cua AB x Phương trình tham sô AB y t' M(2 + t; 4+ t; -2) MH.u Ta có d ,H(1; 2+ t’;3+t’) t ' 2t MH.u1 2t ' t AB, MH ( -t -1; t’ – t -2; t’ +5) t' 3 t Vây M(-1; 1; -2), H(1; -1; 0) đó MH = , AB = Diên tích S MAB AB.MH 2 x Ví du 3: Cho đương thẳng d: y t z2 Trong các măt cầu tiêp xúc t với ca hai đương thẳng d va truc Ox, hay viêt phương trình măt cầu (S) có bán kính nhỏ nhât Giải: Gia sử măt cầu (S) có tâm I, bán kính R tiêp xúc với d tai M, tiêp xúc với Ox tai N Ta thây 2R = IM + IN ≥ MN, đó măt cầu (S) có đương kính nhỏ nhât la 2R = MN va chỉ MN nhỏ nhât hay MN la đoan vuông góc chung cua d va Ox Đương thẳng d qua M(0; 0; 2), có vtcp u (0;1; 1) Ox qua O(0; 0; 0), có vtcp i (1;0;0) [ u, i ] OM = (0; 0; -1)(0; 0; 2) = -2 nên d va Ox chéo Vớá́i M(0; t; 2- t) d, N(t’; 0; 0) Ox va MN ( t’; -t; t – 2) MN.u t t t t' t' Ta có MN.i Vây M(0; 1; 1), N(0; 0; 0) ≡ O 14 Măt cầu (S) có tâm I (0; ;1 ) , bán kính R = MN 2 Phương trình măt cầu (S): x ( y 1) 2( z 1) 2 2 2.2 Các bai toán cực trị liên quan đên vị trí cua đương thẳng, măt phẳng Bai 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: Hoi H la hình chiêu vuông góc cua B lên măt phẳng (α), đó tam giác ABH vuông tai H va khoang cách d(B; (α)) = BH ≤ AB Vây d(B; (α)) lớn nhât băng AB A ≡ H, đó (α) la măt phẳng qua A va vuông góc với AB Ví du 1: Viêt phương trình măt phẳng (α) qua điểm D(1; -2; 3) va cách điểm I(3; -1; -2) một khoang lớn nhât Giải: ( cách điểm I(3; -1; -2) một khoang lớn nhât (α) la măt phẳng qua D va vuông góc với DI ( nhân DI (2; 1; -5) lam vecto pháp tuyên Phương trình măt phẳng(α): 2(x -1) + 1(y +2) – 5(z -3 ) = 2x + y – 5z + 15 = Ví du 2: Cho hai điểm A(2; 1; 3), B(1; -1; 1), goi (α) la măt phẳng qua B Trong các măt cầu tâm A va tiêp xúc với (α), hay viêt phương trình măt cầu (S) có bán kính lớn nhât Giải: Măt cầu (S) có bán kính R = d(A; (α)) lớn nhât (α) qua B va vuông góc với AB BA (1; 2; 2) la véctơ pháp tuyên cua (α) R = AB=3 Phương trình măt cầu (S): (x -2)2 + (y -1)2 + (z – 3)2 = 15 Bai toán : 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: Goi H la hình chiêu vuông góc cua A lên măt phẳng (α), K la hình chiêu vuông góc cua A lên ∆ Ta có d(A; (α)) = AH ≤ AK lớn nhât thì H≡ K, đó (α) la măt phẳng qua ∆ va vuông góc với AK Hay (α) qua ∆ va vuông góc với mp(∆, A) Ví du 1: Cho ba điểm A(2; 1; 3), B(3; 0; 2); C(0; -2; 1) Viêt phương trình măt phẳng (α) qua hai điểm A, B va cách C một khoang lớn nhât Giải: Măt phẳng (α) qua hai điểm A, B va cách C một khoang lớn nhât (α) qua hai điểm A, B va vuông góc với mp(ABC) AB (1; 1; 1) ,AC ( 2; 3; 2) (ABC) có véctơ pháp tuyên n [ AB, AC] ( 1; 4; 5) (α)cóvéctơpháptuyên n [ n, AB] ( 6; 3) 3(3; 2;1) Phương trình (α): 3(x– 2) + 2(y – 1) + 1(z – 3) = 3x + 2y + z – 11 = Bai 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: Goi H la hình chiêu cua B lên ∆ ta thây d(B; ∆) = BH ≤ AB Vây khoang cách từ B đên ∆ lớn nhât A ≡ H hay ∆ la đương thẳng năm (α) va vuông góc với AB Goi K la hình chiêu vuông góc cua B lên (α) đó d(B; (α)) = BH ≥ BK 16 Vây khoang cách từ B đên ∆ nhỏ nhât K ≡ H hay ∆ la đương thẳng qua hai điểm A, K Ví du 1: Cho măt phẳng (α): 2x – 2y + z + 15 = va điểm A (-3; 3; -3) Viêt phương trình đương thẳng ∆ năm (α), qua điểm A va cách điểm B(2;3; 5) một khoang : 1) Nhỏ nhât 2) Lớn nhât Giải: Ta thấy (α)cóá́ véá́ctơ pháá́p tuyến n (2; 2;1) 1) Goi H la hình chiêu vuông góc cua B lên (α) x2 2t Phương trình BH: y 2t Toa độ điểm H ưng với t la nghiêm cua phương trình: 2(2 + 2t) - 2(3 – 2t) + + t + 15= t hay H(-2; 7; 3) Ta thây d(B; ∆) nhỏ nhât ∆ qua hai điểm A, H vây AH (1; 4;6) la véc tơ chỉ phương cua ∆ Phương trình cua ∆: x+3 y -3 z +3 2) Ta thây d(B; ∆) lớn nhât ∆ la đương thẳng năm (α), qua A va vuông góc với AB ∆ có véctơ chỉ phương u [ AB, n ] (16;11; 10) Phương trình cua ∆: x+3 16 y -3 z +3 11 10 x t Ví du 2: Cho hai điểm A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0) va đương thẳng d: y z t 1) Viêt phương trình măt phẳng (α) qua d va B 2) Viêt phương trình đương thẳng ∆1 qua B cắt d cho khoang cách từ A đên ∆1 lớn nhât 3) Viêt phương trình đương thẳng ∆2 qua B cắt d cho khoang cách từ A đên ∆2 nhỏ nhât Giải: 17 1) Đương thẳng d qua điểm M(2; 0; 0) có vtcp ud (1;0; -1) , MB ( 2; 2;0) [ ud , MB] (2; 2; 2) 2(1;1;1) 2n (α) qua B nhân n (1;1;1) lam véctơ pháp tuyên Phương trình (α): x + y + z – = 2) Goi H la hình chiêu cua A lên (α), để d(A, ∆1) nhỏ nhât ∆1 qua hai điểm x B,H Phương trình tham sô AH: t y t Toa độ H ưng với t la nghiêm phương trình: + t + + t -1 + t – = 3t t BH ( ; ; 4 ) 3u (2; 1; 1) H( u ;2 ; ) 3 ∆1 nhân u lam véc tơ chỉ phương 1 Ta thây u va phẳng (α)) d không cùng phương nên d va ∆1 cắt (do cùng thuộc măt Vây phương trình ∆1: x+1 y- z 1 3) Goi K la hình chiêu cua A lên ∆2 ta có d(A, ∆2 ) = AK ≤ AB, để d(A, ∆2 ) lớn nhât K ≡ B hay ∆2 năm (α)va vuông góc với AB Ta có [ n , AB] (0; 4; 4) 4(0;1; 1) 4u2 ∆2 nhân u2 lam véc tơ chỉ phương, măt khác u2 va ud không cùng phương nên d va ∆2 cắt (do cùng thuộc măt phẳng (α)) x Phương trình ∆2: y t Bai toán : 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 Goi d1 la đương thẳng qua A va song song với d, B la giao điểm cua d với (α) Xét (P) la măt phẳng (d1, ∆), H va I la hình chiêu vuông góc cua B lên (P) va d1 Ta thây khoang cách giữa ∆ va d la BH va BH ≤ BI nên BH lớn nhât I ≡ H, đó ∆ có vtcp u [ BI , n ] x -1 y -2 z - Ví du 1: Cho đương thẳng d: , măt phẳng (α): 2x – y – z + = va điểm A( -1; 1; 1).Viêt phương trình đương thẳng ∆ năm (α), qua A cho khoang cách giữa ∆ va d la lớn nhât Giải:Đương thẳng d có vtcp u (1; 2; -1), (α) có vtpt n (2; -1; 1) x t Phương trình tham sô d: y 2t Goi B la giao điểm cua d va (α), toa độ B ưng với t la nghiêm phương trình: 2+ 2t – – 2t – 3+ t + = t = -1 B(0; 0; 4) Xét d1 la đương thẳng qua A va song song với d x y 2t Phương trình tham sô đương thẳng d : t z t Goi I la hình chiêu vuông góc cua B lên d1 I(-1 + t; + 2t; – t), BI (-1 + t; + 2t;-5– t) Ta có BI.u -1 + t + 2(1 + 2t) –(-5– t) = Đương thẳng ∆ có vtcp u Phương trình ∆: x+1 t = -1 I(-2; -1; 2) [ BI , n ] = (-5; -10; 4) y -1 z -1 10 Ví du 2: Cho măt phẳng (P): x + y – z + 1= 0, điểm A(1; -1; 2) va đương thẳng ∆ x+1 y z- : = = Trong các đương thẳng qua A va song song song với (P), hay viêt phương trình đương thẳng d cho khoang cách giữa d va ∆ lớn nhât 19 Giải: Măt phẳng (α) qua A va song song với (P) có phương trình: x + y – z + 2= => d năm (α) Đương thẳng ∆ có vtcp u (2;1;-3), (α) có vtpt n (1;1;-1) x 2t Phương trình tham sô ∆: y t Goi B la giao điểm cua ∆ va (α), toa độ B ưng với t la nghiêm phương trình: 1 -1+ 2t + t – (4- 3t) + = t = B(0; ; ) 2 Xét ∆1 la đương thẳng qua A va song song với ∆ x 2t y Phương trình tham sô đương thẳng ∆ : t z 3t Goi H la hình chiêu vuông góc cua B lên ∆1 H(1 + 2t; -1 + t; – 3t) + 9t = t = BH (1 + 2t; t - ; -3t).Ta có BI u + 4t + t 2 28 13 43 1 BH =( 14 ; 28 ; 28 ) = 28 (26; -43; 3) = 28 u1 Đương thẳng d có vtcp ud [ u1 , n ] = (40; 29; 69) Phương trình d : x-1 y+1 z -2 29 40 69 Bai 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 đương thẳng d1 qua A va song song với d Trên d1 lây điểm B khác A la điểm cô định, goi K, H la hình chiêu vuông góc cua B lên (α) va ∆ BH BK Ta có sin(d, ∆) = AB ≥ AB Do vây góc (d, ∆) nhỏ nhât K ≡ H hay ∆ la đương thẳng AK 20 Góc (d, ∆) lớn nhât băng 900 ∆ d va ∆ có vtcp u [ ud , n ] Ví du 1: Cho măt phẳng (α): 2x + 2y – z – = 0, điểm A(1; 2; -2) va đương thẳng d: x+2 y -1 z -3 1 1) Viêt phương trình đương thẳng ∆1 năm (α), qua A va tao với d một góc lớn nhât 2) Viêt phương trình đương thẳng ∆2 năm (α), qua A va tao với d một góc nhỏ nhât Giải: (α) có vectơ pháp tuyên n (2; 2; -1) , d có vectơ ud (1;1;1) qua điểm M(-2; 1; 3) Ta thây A (α) măt khác n ud nên d không song song hoăc năm (α) 1) ∆1 tao với d một góc lớn nhât ∆1 d Do đó ∆1 có vectơ chỉ phương u1 [ ud , n ] = (-3; 3; ) = -3(1; -1; 0) x t y Phương trình tham sô cua ∆ : t z 2) Xét đương thẳng d1 qua A va song song với d y-2 z +2 x-1 Phương trình d : , lây điểm B(2; 3; -1) d 1 1 x 2t Phương trình tham sô cua BK y 2t , toa độ cua K ưng với t la nghiêm cua z t phương trình : 2(2 + 2t) + 2(3 + 2t) – (- – t) – = K( 10 ;19 ; ) 9t + = hay t = 9 9 1 13 ∆2 tao với d một góc nhỏ nhât nó qua hai điểm A va K, AK ( ; ; ) ∆2 qua A(1; 2; -2), có vectơ chỉ phương u2 9.AK (1;1;13) 9 21 Phương trình ∆2 : x-1 y-2 z +2 1 13 Ví du 2: Cho hai điểm A(1; 0; 0) , B( 0; -2; 0) va đương thẳng d: x-1 y-2 z -3 Viêt phương trình đương thẳng ∆ qua A, vuông góc với d va tao với AB một góc nhỏ nhât Giải: Đương thẳng d có vectơ ud (2;1;1) Xét măt phẳng (α) qua A va vuông góc với d ∆ năm (α) ( nhân ud (2;1;1) lam vectơ pháp tuyên Phương trình (α): 2x + y + z – = Goi H la hình chiêu vuông góc cua B lên (α), BH có vectơ ud (2;1;1) x 2t Phương trình tham sô cua BH y t , toa độ cua H ưng với t la nghiêm cua z t phương trình: 4t -2 + t + t – = 6t – = t hay H( ; ; ) 3 3 ∆ tao với AB một góc nhỏ nhât nó qua hai điểm A va H, AH ( ∆ qua A(1; 0; 0), có vectơ chỉ phương u Phương trình ∆ : x-1 y 3.AH ; ; ) 3 (1; 4; 2) z Hiệu đề tài Nhữữ̃ng điều thực nêu cóá́ mộịt số táá́c dụng đối vớá́i học sinh,cụ thểử̉ : Cáá́c em tỏử̉ say mê, hứng thúá́ vớá́i dạng toáá́n đóá́ cóá́ thểử̉ coi mộịt thành công người giáá́o viên Kết thúá́c đề tài khảo sáá́t lại cho cáá́c em học sinh lớá́p 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 Tỉử̉ lệ ( %) 0.0 hoàn chỉử̉nh 27 30 3.3 hoàn chỉử̉nh 60 66,7 Rõ ràng cáá́c em cóá́ tiến bộị Như chắá́c chắá́n phương pháá́p mà nêu đề tài giúá́p cáá́c em phận loại tập nắá́m kháá́ vữữ̃ng phương pháá́p làm trìì̀nh bầì̀y giúá́p cáá́c em tự tin học tập thi Tuy kết qủa chưa thật mong đợi, vớá́i tráá́ch nhiệm mợịt người thầì̀y, mợịt chừì̀ng mực đóá́ tơi cóá́ thểử̉ bớá́t băn khoăn học tròì̀ mìì̀nh cóá́ thểử̉ làm tốt cáá́c toáá́n: “ Cực trịị hìì̀nh học giải tíá́ch lớá́p 12 ” Vận dụng chuyên đề học sinh cóá́ thểử̉ giải mộịt số câu VD, VDC đề thi TN THPT Quốc Gia, víá́ dụ minh họa: Víá́ dụ 1: (Đề Thi thửử̉ CHUYÊN ĐH VINH) Trong không gian vớá́i hệ tọa độị Oxyz , z Tìì̀m véá́ctơ 2 đường thẳử̉ng qua M , vuông góá́c vớá́i đường thẳử̉ng d đồng cho hai điểử̉m M 2; 2;1, A 1;2; đường thẳử̉ng d : x chỉử̉ phương u thời cáá́ch điểử̉m A mộịt khoảng béá́ A u 2;1; B u 1; 0; C u 3; 4; Víá́ dụ 2: Trong không gian vớá́i hệ toạ độị Oxyz , cho điểử̉m D(2; 2; 1) C(2;4;3) x y z T MA 0;1;1 ;C 1;0; 2 2MB khoảng băng A 121 C B 3: Trong không A 1;2;3 ;B 3MC D u 2; 2; A(2;4; 1) , B(1;4; 1) , Biết M x; y ; z , đểử̉ MA2 MB MC MD2 đạt giáá́ trịị nhỏử̉ thìì̀ A Víá́ dụ y nhỏử̉ gian vớá́i hệ trục toạ độị D Oxyz, cho điểử̉m Điểử̉m M P : x y z cho giáá́ trịị biểử̉u thức Khi đóá́, điểử̉m M cáá́ch Q :2 x y z mộịt B 24 54 C D 101 54 Và nhiều toáá́n tương tự giaỉử̉ mợịt cáá́ch hiệu C KẾT LUẬN 23 Từì̀ thực tế giảng dạy chuyên đề này, mộịt kinh nghiệm rúá́t trướá́c hết học sinh phải nắá́m chắá́c cáá́c kiến thức bản, biêt vận dụng linh hoạt cáá́c kiến thức này, từì̀ đóá́ mớá́i dạy cáá́c chuyên đề mở rộịng, nâng cao, khắá́c sâu kiến thức mộịt cáá́ch hợp ly vớá́i cáá́c đối tượng học sinh nhằm bồi dưỡng khiếu, rèn kỹ cho học sinh Kiến nghịự̣ Tôi nghĩ : tiến bộị thành đạt học sinh mục đíá́ch cao cả, nguồn độịng viên tíá́ch cực người thầì̀y Do vậy, tơi mong ướá́c chia sẻ vớá́i quý đồng nghiệp mộịt số suy nghĩ sau: Mộịt toáá́n cóá́ thểử̉ cóá́ nhiều cáá́ch giải song việc tìì̀m mợịt lời giải hợp lý, ngắá́n gọn thúá́ vịị độịc đáá́o mộịt việc không dễ Do đóá́ chỉử̉ mộịt chuyên đề rât nhiêu chuyên đề, mộịt phương pháá́p hàng vạn phương pháá́p đểử̉ giúá́p pháá́t triểử̉n tư duy, sáá́ng tạo học sinh Giáá́o viên trướá́c hết phải cung cấp cho học sinh nắá́m chắá́c cáá́c kiến thức sau đóá́ cung cấp cho học sinh cáá́ch nhận dạng toáá́n, thểử̉ toáá́n từì̀ đóá́ học sinh cóá́ thểử̉ vân dụng linh hoạt cáá́c kiến thưc bản, phân tíá́ch tìì̀m hướá́ng giải, bắá́t đầì̀u từì̀ đâu bắá́t đầì̀u quan trọng đểử̉ học sinh không sợ đứng trướá́c mợịt toáá́n khóá́ mà dầì̀n gây hứng thúá́ say mê mơn toáá́n, từì̀ đóá́ tạo cho học sinh táá́c phong tự học, tự nghiên cứu Tuy nộịi dung cua chuyên đê khá rộng, song khuôn khổử̉ thời gian có hạn người viết chỉử̉ cáá́c víá́ dụ, toáá́n điểử̉n hìì̀nh Đặộ̣c biệộ̣t, chuyên đề nàà̀y thựộ̣c sựộ̣ hiệộ̣u quảả̉ giảả̉ng dạộ̣y cho đốố́i tượng học sinh kháố́, giỏả̉i Rất mong đóá́ng góá́p ý kiến cáá́c bạn quan tâm đồng nghiệp đểử̉ chuyên đề đầì̀y đủ hoàn thiện hơn./ XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thọ Xuân, ngày tháng năm 2018 Tôi xin cam đoan SKKN 24 mìì̀nh viết, khơng chéá́p nộịi dung người kháá́c Lê Văn Hà ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CƠ SỞ Thọ Xuân, Ngày tháng năm 2018 Thay mặt HĐKH sở Chủ Tịịch TÀI LIỆU THAM KHẢO 25 [1] Hình hoc 12, Bai tâp hình hoc 12 – nha XBGD năm 2008 [2] Hình hoc 12 nâng cao, Bai tâp hình hoc 12 nâng cao – nha XBGD năm 2008 [3] Tap chí Toán hoc va tuổi tre năm 2010 [4] Các dang Toán LT ĐH cua Phan Huy Khai- NXB Ha Nội năm 2002 [5] Tuyểử̉n tập cáá́c đề thi thửử̉ TN THPT Quốc Gia cáá́c trường nướá́c năm học 2017-2018 26 ... nghịị 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 trìì̀nh Hình hoc giai tích lớp 12, bên canh các dang... trung vào số toán cực trị hình học cụ thể hình học giải tích lớp 12 Phạm vi nghiên cứu Phạm vi nghiên cứu đề tài hìì̀nh học giải tíá́ch chương trìì̀nh SGK nâng cao hìì̀nh học lớá́p 12 lưu hành... dụng, linh hoạt, sáá́ng tạo cáá́c kiến thức học, tạo tang cho các học sinh tự học, tự nghiên cứu.Tôi manh dan viết chuyên đề ? ?Hướng dẫn học sinh lơp 12 giải môt sô bai toán cực trị hình hoc