MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12

Mảng toán GTLN_GTNN trong hình hoc & giải tích là một phần khó , để giúp các bạn có tư duy về phần này sau đây tôi xin chia sẽ tài liệu , mong phần nào giúp được các bạn

www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 1/24 MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong chương trình Hình học giải tích lớp 12, bên cạnh các dạng toán quen thuộc như: viết phương trình mặt phẳng, đường thẳng, mặt cầu, tìm tọa độ điểm…. ta còn gặp các bài toán tìm vị trí của điểm, đường thẳng hay mặt phẳng liên quan đến một điều kiện cực trị. Đây là dạng Toán khó, chỉ có trong chương trình nâng cao và đề tuyển sinh Đại học, cao đẳng. Trong quá trình trực tiếp giảng dạy Toán lớp 12 và nghiên cứu, tôi thấy đây là dạng toán không chỉ khó mà còn khá hay, lôi cuốn được các em học sinh khá giỏi. Nếu ta biết sử dụng linh hoạt và khéo léo kiến thức của hình học thuần túy, véctơ, phương pháp tọa độ, giải tích thì có thể đưa bài toán trên về một bài toán quen thuộc. Với tinh thần trên, nhằm giúp các em hứng thú hơn, tạo cho các em niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra một cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền tảng cho các học sinh tự học, tự nghiên cứu, tôi trình bày chuyên đề “ Một số bài toán cực trị trong hình học giải tích lớp 12”. II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI 1. Thuận lợi. - Học sinh đã được trang bị kiến thức, các bài tập đã được luyện tập nhiều. - Học sinh hứng thú trong tiết học, phát huy được khả năng sáng tạo, tự học và yêu thích môn học. - Có sự khích lệ từ kết quả học tập của học sinh khi thực hiện chuyên đề. 2. Khó khăn. - Giáo viên mất nhiếu thời gian để chuẩn bị các dạng bài tập - Nhiều học sinh bị mất kiến thức cơ bản trong hình học không gian, không nắm vững các kiến thức về hình học, vec tơ, phương pháp độ trong không gian. - Đa số học sinh yếu môn hình học. III. NỘI DUNG. 1. Cơ sở lý luận. Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phương pháp suy luận, khả năng tư duy. Từ những kiến thức cơ bản phải dẫn dắt hoc sinh có được những kiến thức nâng cao một cách tự nhiên (chứ không áp đặt ngay kiến thức nâng cao). Trong chuyên đề chủ yếu dùng phương pháp tọa độ trong không gian để giải các bài toán được đặt ra. 2. Nội dung. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 2/24 2.1. Nhắc lại một số dạng toán hay được sử dụng. a. Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (α) - Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên (α). - Viết phương trình đường thẳng MH(qua M và vuông góc với (α)) - Tìm giao điểm H của MH và (α).  Nếu yêu cầu tìm điểm M’ đối xứng với M qua mặt phẳng (α) thì ta vẫn tìm hình chiếu H của M lên (α), dùng công thức trung điểm suy ra tọa độ M’. b. Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d: - Viết phương trình tham số của d - Gọi H  d có tọa độ theo tham số t - H là hình chiếu vuông góc của điểm M lên d khi 0   d u MH - Tìm t, suy ra tọa độ của H. 2.2 Các bài toán cực trị liên quan đến tìm một điểm thỏa điều kiện cho trước. Bài toán 1: Cho n điểm A 1 , A 2, A n , với n số k 1 , k 2 ,.,k n thỏa k 1 + k 2 + ….+k n = k ≠ 0 và đường thẳng d hay mặt phẳng (α). Tìm điểm M trên đường thẳng d hay mặt phẳng (α) sao cho 1 1 2 2 . n n k MA k MA k MA      có giá trị nhỏ nhất. PP chung:  Tìm điểm I thỏa 1 1 2 2 n n k IA + k IA + .+ k IA 0      Biến đổi 1 1 2 2 n n 1 2 n k MA + k MA + .+ k MA = (k + k + .+ k )MI = k MI       Tìm vị trí của M khi MI  đạt giá trị nhỏ nhất. Giải: 1) Gọi điểm I thỏa    IA + IB = 0 thì I là trung điểm AB và I(0; 2; 4) Khi đó 2          MA + MB MI + IA + MI IB MI có giá trị nhỏ nhất   MI nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d. Đường thẳng d có vtcp  u = (1; 1; 1) , phương trình tham số d:      x = 4 + t y = -1 + t z = t Tọa độ M(t + 4; -1 + t; t),  IM = ( t+4; t-3 ; t - 4) khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì . 0   IM u hay 3t – 3 = 0  t = 1. Vậy M( 5; 0; 1). Ví dụ 1: Cho đường thẳng   : x- 4 y+1 z d = = 1 1 1 và hai điểm   A 0;1;5 ,   B 0;3;3 . Tìm tọa độ điểm M trên đương thẳng d sao cho: 1)   MA + MB có giá trị nhỏ nhất. 2)   MA - 4MB có giá trị nhỏ nhất. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 3/24 2) Gọi điểm J(x; y; z) thỏa    JA - 4JB = 0 Ta có: (0 –x; 1 –y; 5 – z) – 4(0 – x; 3- y; 3- z) = (0; 0; 0)  x = 0; y = 13 5 , z = 7 3 , vậy J(0; 13 7 ; 5 3 ) Khi đó ) 3 3             MA - 4MB MJ+ JA- 4(MJ JB MJ MJ có giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J lên đường thẳng d. Tọa độ M(4+ t; -1+ t; t), 18 17 5 5  JM = ( t+ 4; t - ; t - ) khi M là hình chiếu vuông góc của J lên đường thẳng d thì . 0   JM u hay 3t – 3 = 0  t = 1 Vậy M( 5; 0; 1) thì   MA - 4MB có giá trị nhỏ nhất. Giải: 1) Gọi G thỏa     GA + GB +GC = 0 thì G là trọng tâm của tam giác ABC và G(0;-2;1). Ta có     MA + MB MC =          MG + GA + MG GB MG GC = 3  MG có giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (α). Đường thẳng MG nhận  n = (2; -2; 1) làm một vecto chỉ phương nên phương trình tham số của MG là:      x = 2t y = -2-2t z = 1+3t . Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 4t – 2(-2- 2t) + 3(1+3t)+ 10 = 0 17t 17 0 t 1      Vậy với M(-2; 0; -2) thì     MA + MB MC có giá trị nhỏ nhất. 2) Gọi I(x; y; z) là điểm thỏa 3 0      IA -2IB IC Ta có (1- x; -y; 1-z) - 2(-2-x; 1-y; 2-z) + 3(1-x; -7-y; -z) = (0;0;0) 23 3 x = 4; y = - ; z = - 2 2  , vậy 23 3 ; ) 2 2  I(4; Ta có: 3    MA -2MB MC = ) 3( )         MI+IA -2(MI IB MI IC = 2  MI có giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (α) Phương trình tham số của đường thẳng MI: 23 2 3 2            x = 4+2t y = -2t z = +3t Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 23 3 2(4 2t) 2( 2t) 3( 3t) 10 0 2 2          73 73 17t 0 t 2 34       Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + 3z + 10 = 0 và ba điểm   A 1;0;1 ,   B -2;1;2 ,   C 1;-7;0 . Tìm điểm M trên mặt phẳng (α) sao cho : 1)     MA + MB MC có giá trị nhỏ nhất. 2) 3    MA -2MB MC có giá trị nhỏ nhất . www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 4/24 Vậy với 5 245 135 ; ; ) 17 34 17   M( thì 3    MA -2MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Bài toán 2: Cho đa giác A 1 A 2 …. A n và n số thực k 1 , k 2 , …., k n thỏa k 1 + k 2 + ….+ k n = k . Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( hay đường thẳng) sao cho tổng T = 2 2 2 1 1 2 2 . n n k MA k MA k MA   đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất PP chung: - Tìm điểm I thỏa 1 1 2 2 n n k IA + k IA + .+ k IA 0     - Biến đổi : T = 2 2 2 1 1 2 2 . n    n k MA k MA k MA = = 2 1 n (k + .+ k )MI + 2 2 2 1 1 2 2 n    n k IA k IA k IA + 2 1 1 n n MI(k IA + + k IA )    = 2 kMI + 2 2 2 1 1 2 2 . n    n k IA k IA k IA Do 2 2 2 1 1 2 2 . n    n k IA k IA k IA không đổi, Biểu thức T nhỏ nhất hoặc lớn nhất khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng hay đường thẳng. Chú ý: - Nếu k 1 + k 2 + ….+ k n = k > 0, Biểu thức T đạt giá trị nhỏ nhất MI nhỏ nhất - Nếu k 1 + k 2 + ….+ k n = k < 0, Biểu thức T đạt giá trị lớn nhất khi MI nhỏ nhất. Giải: 1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa    IA + IB = 0 thì I là trung điểm AB và 3 3 (2; ; ) 2 2 I Ta có: MA 2 + MB 2 = 2 2 (MI + IA) +(MI + IB)     2 2 2 IA + IB +2MI +2MI(IA + IB)    = 2 2 2 IA + IB +2MI Do 2 2 IA + IB không đổi nên MA 2 + MB 2 nhỏ nhất khi MI 2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên (α). Đường thẳng IM qua điểm I và có vtcp α n (1;2;2)  Phương trình tham số MI: 3 2 3 2           x = 2+t y = + 2t z = +2t Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 3 3 2 t 2( 2t) 2( 2t) 7 0 9t 9 0 t 1 2 2               1 7 (1; ; ) 2 2   M Vậy với 1 7 (1; ; ) 2 2  M thì MA 2 + MB 2 có giá trị nhỏ nhất. Nhận xét: Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): x + 2y + 2z + 7 = 0 và ba điểm A(1; 2; -1), B(3; 1; -2), C(1; -2; 1). 1) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA 2 + MB 2 có giá trị nhỏ nhất. 2) Tìm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA 2 - MB 2 – MC 2 có giá trị lớn nhất. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 5/24 Với I là trung điểm AB thì MA 2 + MB 2 = 2MI 2 + 2 2 AB , do AB 2 không đổi nên MA 2 + MB 2 nhỏ nhất khi MI 2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên (α). 2) Gọi J(x; y; z) là điểm thỏa     JA - JB -JB = 0 Hay (1 x;2 y; 1 z) (3 x;1 y; 2 z) (1 x; 2 y;1 z) (0;0;0)               3 x 0 3 y 0 J(3; 3;0) z 0               Ta có: MA 2 - MB 2 – MC 2 = 2 2 2 (MJ + JA) - (MJ + JB) (MJ + JC)       2 2 2 2 J A JB JC MJ + 2MJ(JA JB JC)          2 2 2 2 JA JB JC MJ     Do 2 2 2 JA JB JC  không đổi nên MA 2 - MB 2 – MC 2 lớn nhất khi MJ nhỏ nhất hay M là hình chiếu của J trên mặt phẳng (α). Đường thẳng JM qua điểm I và có vtcp α n (1;2;2)  Phương trình tham số MJ:      x = 3+t y = -3+ 2t z = 2t Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 4 3 t 2( 3 2t) 2.2t 7 0 9t 4 0 t 9              23 35 8 ( ; ; ) 9 9 9   M Vậy với 23 35 8 ( ; ; ) 9 9 9  M thì MA 2 - MB 2 – MC 2 có giá trị lớn nhất. Giải: 1) Gọi điểm I(x; y; z) là điểm thỏa    IA -2 IB = 0 2) Hay: ( x;1 y; 2 z) 2(2 x; 1 y;2 z) (0;0;0)          4 x 0 3 y 0 I(4; 3;6) - 6+z 0               Ta có MA 2 - 2MB 2 = 2 2 (MI + IA) 2(MI + IB)     2 2 2 IA 2IB MI + 2MI(IA 2 IB)       2 2 2 IA 2IB MI   Do 2 2 IA - 2 IB không đổi nên MA 2 -2 MB 2 lớn nhất khi MI 2 có giá trị nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của I lên d. Đường thẳng d có vtcp (1;2;1)  u , phương trình tham số d:      x = 1+t y = 2+ 2t z = 3+ t Ví dụ 2: Cho đường thẳng d có phương trình: 2 1 x-1 y-2 z-3 = = 1 và các điểm A(0;1;-2), B( 2; -1; 2), C(4; 3; 3). Hãy tìm tọa độ điểm M trên d sao cho 1) MA 2 - 2MB 2 có giá trị lớn nhất 2) MA 2 + MB 2 + MC 2 có giá trị nhỏ nhất. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 6/24 M d M(1 t; 2 2t; 3 t)     ,  IM = ( t-3; 2t + 5 ; t - 3) khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì . 0   IM u 2 1 2 7 6 4 0 ( ; ; ) 3 3 3 3       t t M Vậy với 1 2 7 ( ; ; ) 3 3 3 M thì MA 2 - 2MB 2 có giá trị lớn nhất. Nhận xét:Ta có thể dùng phương pháp khảo sát hàm số để tìm vị trí của điểm M Với M d M(1 t; 2 2t; 3 t)     Và MA 2 - 2MB 2 = (t + 1) 2 + (2t + 1) 2 +(t + 5) 2 – 2[(t - 1) 2 + (2t + 3) 2 +(t +1) 2 = - 6t 2 – 8t +5 Xét hàm số 2 ( ) 6 – 8 5, f t t t t R    . Đạo hàm 2 '( ) 12t – 8 , '( ) 0 3 f t t f t t      Bảng biến thiên T  2 3   f’(t) + 0 f(t) 23 3   Từ bảng biến thiên ta thấy f(t) đạt giá trị lớn nhất khi 2 3 t   . Hay MA 2 - 2MB 2 có giá trị lớn nhất khi 1 2 7 ( ; ; ) 3 3 3 M 2) Gọi điểm G(x; y; z) là điểm thỏa     GA + GB +GC = 0 thì G(2;1;1) là trọng tâm  ABC. Ta có: MA 2 + MB 2 + MC 2 = 2 2 2 (MG + GA) + (MG + GB) +(MG + GC)       = 2 2 2 2 GA GB GC +3MG + 2MG(GA GB GC)        = 2 2 2 2 GA GB GC +3MG  Do 2 2 2 GA GB GC  không đổi nên MA 2 + MB 2 + MC 2 nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của G lên đường thẳng d. M d M(1 t; 2 2t; 3 t)     ,  GM = ( t-1; 2t +1 ; t +2) Khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d thì . 0   GM u 1 1 5 6 3 0 ( ;1; ) 2 2 2       t t M . Vậy với 1 5 ( ;1; ) 2 2 M thì MA 2 + MB 2 + MC 2 có giá trị nhỏ nhất. Bài toán 3: Cho mặt phẳng (α) có phương trình:ax + by + cz + d = 0 và hai điểm A,B không thuộc (α) . Tìm điểm M trên (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất. PP chung: www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 7/24 1. Nếu (ax A +by A + cz A + d)(ax B +by B + cz B + d) < 0 thì A, B nằm về hai phía với (α). Để MA + MB nhỏ nhất khi M thuộc AB hay M là giao điểm của (α) và AB. 2. Nếu (ax A +by A + cz A + d)(ax B + by B + cz B + d) >0 thì A, B nằm về một phía với (α). Khi đó ta tìm điểm A’ đối xứng với A qua (α). Do MA + MB = MA’+ MB mà đạt giá trị nhỏ nhất khi M thuộc A’B hay M là giao điểm của (α) và A’B. Giải: Thay tọa độ của A và B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về hai phía của (α). Ta có MA + MB có giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của AB và (α). Đường thẳng AB qua điểm B, nhận (1; 1;0)   AB làm vecto chỉ phương. Phương trình tham số của AB: 2 2 x t y t z           .Tọa độ M ứng với t là nghiệm pt: 2 + t – 2(-t)- 2.2 + 4 = 0 2 3 2 0 3 t t      . Hay 4 2 ( ; ;2) 3 3 M là điểm cần tìm. Giải: 1) Thay tọa độ của A và B vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về một phía của (α). Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua (α), để MA + MB có giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của A’B với (α). Đường thẳng AA’ đi qua A và vuông góc với (α), AA’ nhận (1; 1;2)     n làm vecto chỉ phương nên phương trình tham số AA’: 1 2 1 2 x t y t z t             Tọa độ hình chiếu vuông góc H của A trên (α) ứng với t của phương trình 1 + t – (2 – t) + 2(-1 + 2t) = 0  6t – 3 = 0 hay t = 1 3 3 H( ; ;0) 2 2 2  Do H là trung điểm AA’ nên ' ' ' 2 1 '(2; 1; 1) 1 A H A A H A A H A             x = 2x x y =2y y A z = 2z z . A’B có vtcp (1;0; 3)   A'B Phương trình tham số A’B: 2 1 1 3           x t y z t Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α) có phương trình: x – y + 2z = 0 và ba điểm A(1; 2;-1), B(3; 1; -2), C(1; -2; -2). Hãy tìm điểm M trên d sao cho 1) MA + MB có giá trị nhỏ nhất 2) MA - MC có giá trị lớn nhất. Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (α) có phương trình: x – 2y – 2z + 4 = 0 và hai điểm A(1; 1; 2), B(2; 0; 2). Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (α) sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 8/24 2 + t – 1 + 2(1 – 3t) = 0 3 5 3 0 5 t t      hay 13 4 ( ;1; ) 5 5 M Vậy với 13 4 ( ;1; ) 5 5 M thì MA + MB có giá trị nhỏ nhất. 2) Thay tọa độ của A và C vào phương trình (α) ta thấy hai điểm nằm về hai phía của (α).Vậy nên A’ và C nằm cùng một phía đối với (α). Ta thấy  MA - MC MA' - MC A'C . Nên MA - MC đạt giá trị lớn nhất khi M thuộc A’C nhưng ở phía ngoài đoạn A’C, tức M là giao điểm của A’C và (α). Đường thẳng A’C có vtcp ( 1; 3; 3)     A'C Phương trình tham số A’C: 2 1 3 1 3 t            x t y z t Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: 2 - t - (1 – 3t) + 2(1 - 3t) = 0 3 4 3 0 4 t t      hay 5 5 5 ( ; ; ) 4 4 4  M Vậy với 5 5 5 ( ; ; ) 4 4 4  M thì MA - MC có giá trị lớn nhất. Bài toán 4: Cho đường thẳng d và hai điểm phân biệt A,B không thuộc d. Tìm điểm M trên đường thẳng d sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất. PP chung: 1. Nếu d và AB vuông góc với nhau Ta làm như sau: - Viết phương trình mặt phẳng (α) qua AB và vuông góc với d - Tìm giao điểm M của AB và (α) - Kết luận M là điểm cần tìm. 2. Nếu d và AB không vuông góc với nhau Ta làm như sau: - Đưa phương trình của d về dạng tham số, viết tọa độ của M theo tham số t - Tính biểu thức MA + MB theo t, xét hàm số f(t) = MA + MB - Tính giá trị nhỏ nhất của hàm số f(t), từ đó suy ra t - Tính tọa độ của M và kết luận. Giải: Đường thẳng d có phương trình tham số 1 2 2 2 3 x t y t z t             qua điểm N(1; -2; 3), có vtcp (2; 2;1)   u và (7;5; 4)   CD Ta có  u .  CD = 14 -10 – 4 = 0  d CD . Xét mặt phẳng (P) qua CD và vuông góc với d (P) qua điểm C(-4; 1; 1) và nhận (2; 2;1)   u làm vecto pháp tuyến Phương trình (P): 2(x +4) – 2(y -1) + 1(z -1) = 0 hay 2x – 2y + z + 9 = 0 Ví dụ 1: Cho đường thẳng   : 2 2 x-1 y + 2 z-3 d = = 1 và hai điểm C(-4; 1; 1), D(3; 6; -3). Hãy tìm điểm M trên d sao cho MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất. www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 9/24 Điểm M thuộc d thỏa MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của d và mp(P). Tọa độ M ứng với t là nghiệm của phương trình: 2 + 4t + 4 + 4t + 3 + t + 9 = 0 0 2    9t + 18 t Vậy M(-3; 2; 1) thì MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất bằng: 2 2 17 Giải: Ox có vtcp (1;0;0)i   qua O(0; 0; 0), AB có vtcp ( 1;1; 2)    AB và . 1 0i       AB Ox và AB không vuông góc. Ta có [ , ]i    AB OA = (0; 2; 1)(3; 0; 2) = 0 + 6 +2 = 8 nên AB và Ox chéo nhau. Phương trình tham số của Ox: 0 0 x t y z         . ( ;0;0) M Ox M t S = MA + MB = 2 2 0 4 1 0    (t -3) (t -2) = 2 2 4 1  (t -3) (t -2) Ta phải tìm t sao cho S đạt giá trị nhỏ nhất. Trong mặt phẳng tọa độ với hệ Oxy xét các điểm M t (t; 0)  Ox và hai điểm A t (3;2), B t (2; 1) thì S = M t A t + M t B t . Ta thấy A t , B t nằm cùng phía với Ox nên ta lấy A t ’(3; -2) đối xứng với A t qua Ox. Phương trình đường thẳng A t 'B t : 3x + y – 7 = 0 S = M t A t + M t B t nhỏ nhất khi M là giao điểm của Ox và A t 'B t  3t - 7 = 0 hay 7 3 t . Vậy 7 ( ;0;0) 3 M là điểm cần tìm. Cách khác: Ta có thể tìm điểm M bằng phương pháp khảo sát hàm số. Ta xét hàm số   2 2 4 1f t    (t -3) (t -2) ( Rt  )       2 2 3 2 3 4 2 1 t t t t          f t ;       2 2 3 2 0 0 3 4 2 1 t t t t            f t     2 2 ( 3) ( 2) 3 4 2 1 t t t t          (*) với điều kiện 2 ≤ t ≤ 3 ta có: (*)         2 2 2 2 3 [ 2 1] 2 [ 3 4]t t t t            2 2 3 2( 2) 3 4 2 3 2( 2) t t t t t t                1 [2;3] 7 3 t t         Bảng biến thiên của hàm số f(t) : T  7 3  f’(t) - 0 + Ví dụ 2: Cho hai điểm A(3; 0; 2), B(2; 1; 0). Hãy tìm điểm M trên trục Ox sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất www.VNMATH.com SKKN: MỘT SÔ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH LỚP 12 Giáo viên: Hoàng Thị Hồng Cầm-Tổ Toán-THPT Chuyên QB. Trang 10/24 f(t)   38 10 3  Từ bảng biến thiên suy ra   7 min 3 f t f        = 38 10 3  Vậy MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 38 10 3  , đạt được tại 7 3 t  , tức là M( 7 3 ;0; 0) Giải: Đường thẳng d có phương trình tham số 1 2 2 2 1 x t y t z t            qua điểm N(1; 2; 1), có vtcp (2;2;1)  u và (2;3; 1)   AB . Ta có  u .  CD = 4 + 6 – 1 = 9 ≠ 0  d không vuông góc với AB và [ , ]    u AB NA = (-5; 4; 2)(-2; -1; 0) = 10 – 4 = 6  d và AB chéo nhau. - Chu vi tam giác MAB là 2p = 2(MA + MB + AB), do AB không đổi nên 2p đạt giá trị nhỏ nhất khi MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. Xét điểm (1 2 ; ;1 )t t t   M d M 2+2 , ta phải tìm t để MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất Xét   2 2 2 2 2 2 MA + MB = (2 2) (2 1) (2 ) (2 2) ( 1)f t t t t t t t            2 2 = 9 12 5 9 6 5f t t t t t     = 2 2 (3 2) 1 (3 1) 4t t     Có đạo hàm 2 2 3 2 3 1 '( ) (3 2) 1 (3 1) 4 t t f t t t         2 2 3 2 3 1 '( ) 0 0 (3 2) 1 (3 1) 4 t t f t t t           2 2 3 2 (3 1) (3 2) 1 (3 1) 4 t t t t          với 2 1 3 3 t   2 2 2 2 (3 2) [(3 1) 4] (3 1) [(3 2) 1]t t t t        2 2 5 2(3 2) 3 1 1 3 4(3 2) (3 1) 2(3 2) 3 1 1 3 3 t t t t t t t t t                              Bảng biến thiên của hàm số f(t) : T  1 3   f’(t) - 0 + f(t)   3 2 Ví dụ 3: Cho đường thẳng   : 2 2 x-2 y-2 z -1 d = = 1 và hai điểm A(-1; 1; 1), B(1; 4; 0). Hãy tìm điểm M trên d sao cho chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.