conduongcoxua welcome to my blog

THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI.. 1..[r]

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 tḥc như: viết phương trình mặt phẳng, phương trình đường thẳng,… 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 chương trình nâng cao và đề tuyển sinh Đại học cao đẳng

Trong quá trình trực tiếp giảng dạy và nghiên cứu thấy 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 đợ, giải tích có thể đưa bài toán về một bài toán quen thuộc

Đứng trước thực trạng trên, với tinh thần yêu thích bộ môn, nhằm giúp các em hứng thú hơn, tạo cho các em niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở một cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức học, tạo nền tảng cho các học sinh tự học, tự nghiên cứu Được sự động viên, giúp của các thầy hội đồng bộ môn Toán của sở GD, Ban Giám hiệu, đồng nghiệp tổ Toán – Tin học trường THPT Trần Phú Tôi mạnh dạn viết chuyên đề “ Một số bài toán cực trị hình học giải tích lớp 12”.

II THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI

1 Thuận lợi.

- Kiến thức được học, các bài tập được luyện tập nhiều

- Học sinh hứng thú tiết học, phát huy được khả sáng tạo, tự học và yêu thích môn học

- Có sự khích lệ từ kết quả học tập của học sinh thực hiện chuyên đề

- Được sự động viên của BGH, nhận được động viên và đóng góp ý kiến cuả đờng nghiệp

2 Khó khăn.

- Giáo viên mất nhiếu thời gian để chuẩn bị các dạng bài tập

- Đa sớ học sinh ́u mơn hình học 3 Sớ liệu thống kê

Trong các năm trước, gặp bài toán liên quan đến Cực trị hình học sớ lượng học sinh biết vận dụng được thể hiện qua bảng sau:

Không nhận

biết được

Nhận biết, không biết vận dụng

Nhận biết và biết vận

dụng ,chưa giải được hoàn chỉnh

Nhận biết và biết vận dụng , giải được bài hoàn chỉnh

Số lượng 60 20

Tỉ lệ ( %) 66,7 22,2 9,9 1.1

III NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ 1.Cơ sở lý luận.

Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phương pháp suy luận, khả tư Từ những kiến thức bản phải dẫn dắt hoc sinh có được những kiến thức nâng cao một cách tự nhiên (chứ không áp đặt kiến thức nâng cao)

Trong chuyên đề chủ yếu dùng phương pháp tọa độ không gian để giải các bài toán được đặt

2 Nội dung.

2.1 Nhắc lại một số dạng toán hay 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 vng góc với (α))

 Tìm giao điểm H của MH và (α) Nếu u cầu tìm điểm M’ đới xứng với M qua mặt phẳng (α) ta tìm hình chiếu H của M lên (α), dùng cơng thức trung điểm suy tọa đợ M’

b.Tìm hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d:  Viết phương trình tham sớ của d

 Gọi H  dcó tọa độ theo tham số t  H là hình chiếu vng góc của điểm M

 Tìm t, suy tọa độ của H

2.2 Ca ́c bài toán cực trị liên quan đ ến tìm một điểm thỏa điều kiện cho trước.

Bài 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 k MA1 1 k MA2 2  k MAn n

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

có giá trị nhỏ nhất. Lời giải:

 Tìm điểm I thỏa k IA + k IA + + k IA1 2 n n 0

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

 Biến đổi

1 2 n n n

k MA + k MA + + k MA = (k + k + + k )MI = k MI    

 Tìm vị trí của M MI



đạt giá trị nhỏ nhất

Giải:

1) Gọi điểm I thỏa IA + IB = 0   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 vng góc của I lên đường thẳng d

Đường thẳng d có vtcp 

u = (1; 1; 1), phương trình tham số d:     

x = + t y = -1 + t

z = t

Tọa độ M(t + 4; -1 + t; t), 

IM = ( t+4; t-3 ; t - 4) M là hình chiếu vng góc của I lên đường thẳng d IM u               0 hay 3t – = <=> t = 1

Vậy M( 5; 0; 1)

2) Gọi điểm J(x; y; z) thỏa JA - 4JB = 0  

Ta có: (0 –x; –y; – z) – 4(0 – x; 3- y; 3- z) = (0; 0; 0) Ví dụ 1: Cho đường thẳng  :

x- y+1 z

d = =

1 1 và hai điểm A 0;1;5  ,

 

B 0;3;3 Tìm điểm M d cho 1)

  MA + MB

có giá trị nhỏ nhất 2)

 

MA - 4MB

=>x = 0; y = 13

5 , z =

3, J(0; 13

; 3)

Khi đó   )  3 3

                                                                                                               

MA - 4MB MJ+ JA- 4(MJ JB MJ MJ

có giá trị nhỏ nhất M là hình chiếu vng góc của J lên đường thẳng d

Tọa độ M(4+ t; -1+ t; t),

18 17

5



JM = ( t+ 4; t - ; t - )

M là hình chiếu vng góc của J lên đường thẳng d 0

 

JM u hay 3t – = <=> t = 1 Vậy M( 5; 0; 1)

 

MA - 4MB

có giá trị nhỏ nhất

Giải: 1) Gọi điểm G thỏa   



GA + GB +GC = 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 M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng (α)

MG nhận 

n = (2; -2; 1) làm vecto chỉ phương

Phương trình tham sớ MG

    

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 = 17t 17 0   t 1 Vậy với M(-2; 0; -2) 

                                         

MA + MB MC

có giá trị nhỏ nhất 2) Gọi I(x; y; z) là điểm thỏa IA -2IB   3IC 0

Ta có (1- x; -y; 1-z) - 2(-2-x; 1-y; 2-z) + 3(1-x; -7-y; -z) = (0;0;0)

23

x = 4; y = - ; z =

-2  , 23 ; ) 2   I(4;

Ta có: 3                                          

MA -2MB MC

=  ) 3(  )

     

MI+IA -2(MI IB MI IC =2

 MI

có giá trị nhỏ nhất M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (α)

Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + 3z + 10 = và ba điểm A 1;0;1  ,

 

B -2;1;2 ,C 1;-7;0  Tìm điểm M mặt phẳng (α) cho :

1) 

                                         

MA + MB MC

có giá trị nhỏ nhất

2) 3

                                         

MA -2MB MC

Phương trình tham sớ MI:

23 

  

   

  

x = 4+2t

y = -2t

z = +3t

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:

23

2(4 2t) 2( 2t) 3( 3t) 10

2

         17t 73 t 73

2 34

    

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 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 = k MA1 12k MA2 22 k MAn n2 đạt giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn

nhất

Lời giải: - Tìm điểm I thỏa k IA + k IA + + k IA1 2 2 n n 0

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

- Biến đổi : T =k MA1 12k MA2 22 k MAn n2 = = (k + + k )MI1 n 2+

2 2

1  2  n n

k IA k IA k IA + 2MI(k IA + + k IA )1 n n

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

= kMI2

+k IA1 12k IA2 22 k IAn 2n

Do k IA1 12k IA2 22 k IAn n2 không đổi, Biểu thức T nhỏ nhất hoặc lớn nhất MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu vng góc của I lên mặt phẳng hay đường 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 khi MI nhỏ nhất.

Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): x + 2y + 2z + = và ba điểm A(1; 2; -1),

B(3; 1; -2), C(1; -2; 1)

1) Tìm M mặt phẳng (α) cho MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất.

2) Tìm M mặt phẳng (α) cho MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn

Giải:

1) Gọi điểm I(x; y; z) thỏa IA + IB = 0   I là trung điểm AB và

3 (2; ; )

2  I

Ta có: MA2 + MB2 = (MI + IA) +(MI + IB)2

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

2 2

IA + IB +2MI +2MI(IA + IB)

                 =IA + IB +2MI 2 2

Do IA + IB2 2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất MI2 có giá trị nhỏ

nhất, hay M là hình chiếu vng góc của I lên (α) Đường thẳng IM qua điểm I và có vtcp nα (1; 2; 2)



Phương trình tham sớ MI:

3

3 

     

  

x = 2+t y = + 2t

z = +2t

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình:

3

2 t 2( 2t) 2( 2t) 9t t

2

            

1 (1; ; )

2  M  

Vậy với

1 (1; ; )

2   M

MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất.

Nhận xét:

Với I là trung điểm AB thì MA2 + MB2 = 2MI2 +

2

2 AB

, 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) Gọi J(x; y; z) là điểm thỏa JA - JB -JB = 0                

Hay (1 x;2 y; z) (3 x;1 y; z) (1 x; y;1 z) (0;0;0)               x

3 y J(3; 3;0) z

  

 

     

  

Ta có: MA2 - MB2 – MC2 =(MJ + JA) - (MJ + JB)2  (MJ + JC)2

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

2 2

J A JB JC MJ + 2MJ(JA JB JC)                       

2 2

JA JB JC MJ

Do JA JB2   JC2 không đổi nên MA2 - MB2 – MC2 lớn nhất MJ nhỏ

nhất hay M là hình chiếu của J mặt phẳng (α) Đường thẳng JM qua điểm I và có vtcp nα (1; 2; 2)



Phương trình tham sớ MJ:

    

x = 3+t y = -3+ 2t z = 2t

Tọa đợ M ứng với t là nghiệm phương trình:

4 t 2( 2t) 2.2t 9t t

9             23 35

( ; ; ) 9  M  

Vậy với

23 35 ( ; ; )

9   M

MA2 - MB2 – MC2 có giá trị lớn nhất.

Giải:

1) Gọi điểm I(x; y; z) là điểm thỏa IA -2 IB = 0   Hay: ( x;1 y; z) 2(2 x; y; z) (0;0;0)         

4 x

3 y I(4; 3;6) - 6+z

  

 

     

 



Ta có MA2 - 2MB2 = (MI + IA) 2(MI + IB)2 

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

2 2

IA 2IB MI + 2MI(IA IB)

                   IA 2IB MI2 2

  

Do IA - IB2 2 không đổi nên MA2 -2 MB2 lớn nhất MI2 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 sớ d:

    

x = 1+t y = 2+ 2t z = 3+ t

Ví dụ 2: Cho đường thẳng d có phương trình:

x-1 y-2 z-3 = =

1 và các điểm

A(0; 1; -2), B( 2; -1; 2), C(4; 3; 3) Hãy tìm điểm M d cho 1) MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất

M d  M(1 t; 2t; t)   , IM = ( t-3; 2t + ; t - 3) M là hình chiếu vng góc của I lên đường thẳng d IM u               0

2

6 ( ; ; )

3 3

 t   t   M

Vậy với

1 ( ; ; )

3 3 M

MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất

Nhận xét:

Ta có thể dùng phương pháp khảo sát hàm số để tìm vị trí của điểm M

VớiM d  M(1 t; 2t; t)  

Và MA2 - 2MB2 = (t + 1)2 + (2t + 1)2 +(t + 5)2 – 2[(t - 1)2 + (2t + 3)2+(t +1)2

= - 6t2 – 8t +5

Xét hàm số f t( ) – 5, t2 t  t R

Có đạo hàm

2 '( ) 12t – , '( )

3 f t  t f t   t

Bảng biến thiên t

  



f’(t) +

f(t)

23

3    

Từ bảng biến thiên ta thấy f(t) đạt giá trị lớn nhất

2 t 

Hay MA2 - 2MB2 có giá trị lớn nhất

1 ( ; ; )

3 3 M

2) Gọi điểm G(x; y; z) là điểm thỏa GA + GB +GC = 0    G là trọng tâm tam giác ABC và G(2; 1; 1)

Ta có: MA2 + MB2 + MC2 =(MG + GA) + (MG + GB) +(MG + GC)2 2

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

= GA GB2   GC +3MG + 2MG(GA GB GC)2  

                                                       

= GA GB2   GC +3MG2

Do GA GB2   GC2 không đổi nên MA2 + MB2 + MC2 nhỏ nhất MG

nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vng góc của G lên đường thẳng d

Khi M là hình chiếu vng góc của I lên đường thẳng d GM u               0

1

6 ( ;1; )

2 2

 t   t   M

Vậy với

1

( ;1; )

2

M

MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhất.

Bài toán 3: Cho mặt phẳng (α) có phương trình:ax + by + cz + d = và hai điểm A,B không thuộc (α) Tìm điểm M (α) cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.

Lời giải:

1 Nếu (axA+byA+ czA + d)(axB+byB+ czB+ d) < A, B nằm về hai phía

với (α) Để MA + MB nhỏ nhất M thuộc AB hay M là giao điểm của (α) và AB

2 Nếu (axA+byA+ czA + d)(axB+ byB+ czB+ d) >0 A, B nằm về mợt

phía với (α) Khi đó ta tìm điểm A’ đới xứng với A qua (α) Do MA + MB = MA’+ MB mà đạt giá trị nhỏ nhất 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 M là giao điểm của AB và (α) Đường thẳng AB qua điểm B, nhận AB(1; 1;0) 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 phương trình: + t – 2(-t)- 2.2 + =

3

3

t t

    

Hay

4 ( ; ;2)

3 M

là điểm cần tìm

Ví dụ 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (α) có phương

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 M là giao điểm của A’B với (α)

Đường thẳng AA’ qua A và vuông góc với (α), AA’ nhận  (1; 1;2)



n

làm vecto chỉ phương

Phương trình tham sớ AA’:

1

1

x t

y t

z t

  



  

   

Tọa độ hình chiếu vng góc H của A (α) ứng với t của phương trình + t – (2 – t) + 2(-1 + 2t) =  6t – = hay t =

1 3

H( ; ;0)

2  2

Do H là trung điểm AA’ nên ' ' '

2

1 '(2; 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 A'B(1;0; 3)

Phương trình tham sớ A’B:

2 1   

      

x t

y

z t

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: + t – + 2(1 – 3t) =

3

5

5

t t

     

hay

13

( ;1; )  M

Vậy với

13

( ;1; )  M

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

Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (α) có phương trình: x – y + 2z = và ba điểm A(1; 2;-1), B(3; 1; -2), C(1; -2; -2) Hãy tìm điểm M d cho

Nên MA - MC đạt giá trị lớn nhất M thuộc A’C 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 sớ A’C:

2 3 t    

      

x t

y

z t

Tọa độ M ứng với t là nghiệm phương trình: - t - (1 – 3t) + 2(1 - 3t) =

3

4

4

t t

     

hay

5 5

( ; ; )

4   M

Vậy với

5 5

( ; ; )

4   M

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 đường thẳng d cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.

Lời giải: 1 Nếu d và AB vng góc với nhau Ta làm sau:

- Viết phương trình mặt phẳng (α) qua AB và vng góc với d - Tìm giao điểm M của AB và (α)

- Kết luận M là điểm cần tìm.

2 Nếu d và AB khơng vng góc với nhau Ta làm 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 t

- Tính tọa độ của M và kết luận.

Giải:

Đường thẳng d có phương trình tham sớ

1 2

x t

y t

z t

  



  

   

Ví dụ 1: Cho đường thẳng  : 2

x-1 y + z-3

d = =

qua điểm N(1; -2; 3), có vtcp u(2; 2;1) và CD(7;5; 4) Ta có u



CD= 14 -10 – =  dCD

Xét mặt phẳng (P) qua CD và vuông góc với d

(P) qua điểm C(-4; 1; 1) và nhận u(2; 2;1) làm vecto pháp tuyến Phương trình (P): 2(x +4) – 2(y -1) + 1(z -1) = hay 2x – 2y + z + =

Điểm M thuộc d thỏa MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất M là giao điểm của d và mp(P)

Tọa độ M ứng với t là nghiệm của phương trình:

+ 4t + + 4t + + t + = 0 9t + 18 0 t 2

Vậy M(-3; 2; 1) MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất bằng: 2 17

Giải: Ox có vtcp i (1;0;0)



qua O(0; 0; 0), AB có vtcp  ( 1;1; 2) 

AB và

i   

  

AB Ox và AB không vuông góc. Ta có [ ,i ]

                           

AB OA= (0; 2; 1)(3; 0; 2) = + +2 = nên AB và Ox chéo nhau.

Phương trình tham sớ của Ox:

0 x t y z

  

     ( ;0;0)

 

M Ox M t

S = MA + MB = (t -3)2  0 (t -2)2 1 0= (t -3)2 4 (t -2)21 Ta phải tìm t cho S đạt giá trị nhỏ nhất

Trong mặt phẳng tọa độ với hệ Oxy xét các điểm Mt(t; 0)  Ox và hai điểm

At(3;2), Bt(2; 1) S = MtAt + MtBt

Ta thấy At, Bt nằm cùng phía với Ox nên ta lấy At’(3; -2) đối xứng với At

qua Ox

Phương trình đường thẳng At'Bt : 3x + y – =

S = MtAt + MtBt nhỏ nhất M là giao điểm của Ox và At'Bt  3t - =

hay  t

Vậy ( ;0;0)

3 M

là điểm cần tìm

Cách khác: Ta có thể tìm điểm M bằng phương pháp khảo sát hàm số.  Từ biểu thức S = (t -3)2 4 (t -2)21

Ta xét hàm số f t   (t -3)24 (t -2)21 (t  )

Ví dụ 2: Cho hai điểm A(3; 0; 2), B(2; 1; 0) Hãy tìm điểm M trục Ox

Có đạo hàm

 

 2  2

3

3

t t

t t

 

  

   

f t

 

 2  2

3

0

3

t t

t t

 

    

   

f t

 2  2

( 3) ( 2)

3

t t

t t

  

 

    (*)

với điều kiện ≤ t ≤ ta có:

(*)  t [ 2 t 221] t [ 2 t 324]

 32 4 22 2( 2)

3 2( 2)

t t

t t

t t

  



     

  



1 [2;3]

3

t t

  

 

  

Bảng biến thiên của hàm số f(t) :

t

 

3 

f’(t) - +

f(t)

 

38 10

3 

Từ bảng biến thiên suy  

7

3 f t   f  

 =

38 10

3 

Vậy MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất

38 10

3 

, đạt được tại t 

, tức là M(

7

3; 0; 0)

Giải: Ví dụ 3: Cho đường thẳng  : 2

x-2 y-2 z -1

d = =

Đường thẳng d có phương trình tham sớ

1 2

x t

y t

z t

  



  

   

qua điểm N(1; 2; 1), có vtcp u(2;2;1) và AB(2;3; 1) Ta có u.



CD= + – = ≠  d không vuông góc với AB và [ ,  u AB NA] = (-5; 4; 2)(-2; -1; 0) = 10 – =  d và AB chéo nhau

- Chu vi tam giác MAB là 2p = 2(MA + MB + AB), AB không đổi nên 2p đạt giá trị nhỏ nhất MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất

Xét điểm M d M(1 ; t 2+2t;1t), ta phải tìm t để MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất

Xét f t  MA + MB = (2t2)2(2t1)2t2  (2 )t 2(2t 2)2(t1)2 f t = 9t212t 5 9t2 6t5= (3t2)2 1 (3 1)t 24

Có đạo hàm 2

3

'( )

(3 2) (3 1)

t t

f t

t t

 

 

   

2

3

'( ) 0

(3 2) (3 1)

t t

f t

t t

 

   

   

2

3 (3 1)

(3 2) (3 1)

t t

t t

  

 

    với

2

3 t

  

 (3t2) [(3 1)2 t 24] (3 1) [(3 t t2)21]

2

5

2(3 2) 3

4(3 2) (3 1)

2(3 2) 1

3 t

t t

t t t

t t

t  

 

  



         

  

  

 Bảng biến thiên của hàm số f(t) :

t

  



f’(t) - +

f(t)

 

Hay với

2 ; ; ) 3 M(

MA + MB đạt giá nhỏ nhất

Nhận xét: Trong dạng toán này nếu ta dùng phương pháp khảo sát hàm số thì việc tìm t sẽ đơn giản hơn.

Bài toán 5: Cho hai đường thẳng d1,d2 chéo Tìm các điểm M d1, N d2 là chân đoạn vuông góc chung của hai đường trên.

Lời giải: - Viết phương trình hai đường thẳng

dạng tham sớ

- Lấy M d1 và N d2( tọa độ theo

tham sớ)

- Giải hệ phương trình . 0

                           

MN u và

2

. 0

                           

MN u ( 1,



u u2 là các véctơ chỉ phương của d1 và d2 )

- Tìm tọa đợ M, N và kết luận.

Giải: 1) d1 qua M1(5; -1; 11), có vtcp 1(1;2; 1)



u

d2 qua M2(-4; 3; 4), có vtcp  ( 7;2;3) 

u Ta có [ 1,



u 2



u ] 1 2



M M = (8; 4; 16)(-9;4; -7) = -72 +16 – 112 = -1680 Hay d1 và d2 chéo

2) Md1 và Nd2 cho độ dài MN ngắn nhất và chỉ MN là độ

dài đoạn vuông góc chung của d1 và d2

Phương trình tham sớ của hai đường thẳng

d1:

5 11

t t   



  

   

x t

y

z , d

2:

4 t t   



  

   

x t

y z

Ví dụ 1: Cho hai đường thẳng

1:

1

d x-5 = y+1 = z -11

-1 , d2: 7 x+ y-3 z -

= = 1) Chứng minh d1, d2 chéo

Md1 nên M(5 + t; -1 + 2t; 11- t), N d2nên N(-4 – 7t’;3 +2t’; + 3t’)

( 



MN - 7t’- t – 9; 2t’ – 2t +4; 3t’ + t – 7)

Ta có

1

. 0 6 ' 6 6 0 2

62 ' 6 50 0 ' 1

. 0

t t t

t t t

                                                     MN u MN u

Do đó M(7; 3;9) và N(3; 1; 1)

Vậy với M(7; 3;9) và N(3; 1; 1) đợ dài MN ngắn nhất 2 21

Giải:

- Lấy điểm M d, Gọi H là hình chiếu vng góc của M lên AB

- Tam giác MAB có diện tích S =

1

2AB.MH đạt giá trị nhỏ nhất MH nhỏ nhất, hay MH là đoạn vuông góc chung của AB và d

Ta thấy d qua M1(2; 4; -2), có vtcp (1;1;0) 

u AB qua A(1; 2; 3) và 



AB (0; -2;-2) =2



u với 1(0;1;1)



u là véc tơ chỉ phương của AB

Phương trình tham số AB

1 ' ' t t           x y z

M(2 + t; 4+ t; -2) d ,H(1; 2+ t’;3+t’)  AB, (



MH -t -1; t’ – t -2; t’ +5)

Ta có

. 0 ' 2 3 ' 3

2 ' 3 3

. 0

t t t

t t t

                                                   MH u MH u

Vậy M(-1; 1; -2), H(1; -1; 0) đó MH =2 3, AB =2 2 Diện tích

1

6 2

SMAB  AB.MH 

Ví dụ 2: Cho đường thẳng d:

2 t           x t y

Giải:

- Giả sử mặt cầu (S) có tâm I, bán kính R tiếp xúc với d tại M, tiếp xúc với Ox tại N

- Ta thấy 2R = IM + IN ≥ MN, đó mặt cầu (S) có đường kính nhỏ nhất là 2R = MN và chỉ MN nhỏ nhất hay MN là đoạn vuông góc chung của d và Ox

Đường 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 0 nên d và Ox chéo nhau. Với M(0; t; 2- t) d, N(t’; 0; 0) Ox và (



MN t’; -t; t – 2)

Ta có

. 0 2 0 1

' 0 ' 0

. 0

t t t

t t

i

       



 

  

 

  

 

                             MN u MN

Vậy M(0; 1; 1), N(0; 0; 0) ≡ O Mặt cầu (S) có tâm I (0

1 ; ; )

2 , bán kính R =

2  MN

Phương trình mặt cầu (S):

2 ( 1)2 ( 1)2

2 2

x  y  z 

Các bài toán cực trị liên quan đến vị trí của đường thẳng, mặt phẳng.

Bài 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:

Họi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng (α), đó tam giác ABH vuông tại H và khoảng cách d(B; (α)) = BH ≤ AB Vậy d(B; (α))

Ví dụ 3: Cho đường thẳng d:

0

2 t

t   

     

x y

lớn nhất AB A ≡ H, đó (α) là mặt phẳng qua A và vuông góc với AB

Giải:

(α) cách điểm I(3; -1; -2) một khoảng lớn nhất (α) là mặt phẳng qua D và vuông góc với DI

(α) nhận (2;



DI 1; -5) làm vecto pháp tuyến

Phương trình mặt phẳng(α): 2(x -1) + 1(y +2) – 5(z -3 ) =  2x + y – 5z + 15 = 0

Giải:

Mặt cầu (S) có bán kính R = d(A; (α)) lớn nhất (α) qua B và vuông góc với AB

(1; 



BA 2; 2) là véctơ pháp tuyến của (α)

Phương trình (α): 1(x -1) + 2(y +1) +2( z – 1) =  x + 2y + 2z – = 0

R = d(A; (α)) 2

1

1 2

  



 

Phương trình mặt cầu (S): (x -2)2 + (y -1)2 + (z – 3)2 = 9.

Bài toán 2: 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:

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (α), K là hình chiếu vng góc của A lên ∆

Ta có d(A; (α)) = AH ≤ AK lớn nhất H ≡ K, đó (α) là mặt phẳng qua ∆ và vuông góc với AK Hay (α) qua ∆ và vuông góc với mp(∆, A)

Ví dụ 1: Viết phương trình mặt phẳng (α) qua điểm D(1; -2; 3) và cách

điểm I(3; -1; -2) một khoảng lớn nhất

Ví dụ 2: Cho hai điểm A(2; 1; 3), B(1; -1; 1), gọi (α) là mặt phẳng qua A Trong các mặt cầu tâm A và tiếp xúc với (α), viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính lớn nhất

Ví dụ 1: Cho ba điểm A(2; 1; 3), B(3; 0; 2); C(0; -2; 1) Viết phương

Giải:

Mặt phẳng (α) qua hai điểm A, B và cách C một khoảng lớn nhất (α) qua hai điểm A, B và vuông góc với mp(ABC)

(1; 1; 1)   



AB ,  ( 2; 3; 2)  

AC

(ABC) có véctơ pháp tuyến [ , ] ( 1;4; 5)    

n AB AC

(α) có véctơ pháp tuyến  [ , ] ( 6; 3)    3(3;2;1)

                                         

n n AB

Phương trình (α): 3(x– 2) + 2(y – 1) + 1(z – 3) =  3x + 2y + z – 11 = 0

Giải: 1) d1 qua M1(2; 1; -1), có vtcp 1(1;2; 2)



u

d2 qua M2(0; 3; 1), có vtcp  ( 2; 4;4)



u Ta thấy 2

 

u u và M1d2 nên hai đường thẳng song song với

2) Xét (α1) là mặt phẳng chứa d1 và d2 (α1) có

véctơ pháp tuyến

1 [ , ] (8;2;6) 2(4;1;3) 2   2



  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

     

1

n u M M n

Khoảng cách giữa d2 và (α) là lớn nhất (α) phải

vuông góc với (α1)

Do đó (α) nhận [ , ] (8; 11; 7)  

 

1

u n là véctơ pháp

tuyến, qua M1(2; 1; -1)

Phương trình (α): 8(x -2) -11(y -1) -7(z +1) = hay 8x – 11y – 7z – 12 =

Bài 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: Ví dụ 2: Cho hai dường thẳng

2 1

:

1 2

x y z

d     

 ,

3

:

2 4

x y z

d    

 

1) Chứng minh hai đường thẳng song song với

2) Trong các mặt phẳng chứa d1, viết phương trình mặt phẳng (α)

Gọi H là hình chiếu của B lên ∆ ta thấy d(B; ∆) = BH ≤ AB Vậy khoảng cách từ B đến ∆ lớn nhất

A ≡ H hay ∆ là đường thẳng nằm (α) và vuông góc với AB.

Gọi K là hình chiếu vng góc của B lên (α) đó d(B; (α)) = BH ≥ BK Vậy khoảng cách từ B đến ∆ nhỏ nhất khi K ≡ H hay ∆ là đường thẳng qua hai điểm A, K

Giải: Ta thấy (α)có véctơ pháp tuyến  (2; 2;1)



n

1) Gọi H là hình chiếu vng góc của B lên (α)

Phương trình BH:

2

t   

   

   

x t

y

z t

Tọa độ điểm H ứng với t là nghiệm của phương trình:

2(2 + 2t) - 2(3 – 2t) + + t + 15=  t2 hay H(-2; 7; 3)

Ta thấy d(B; ∆) nhỏ nhất ∆ qua hai điểm A, H vậyAH (1;4;6) là véc tơ chỉ phương của ∆

Phương trình của ∆:   x+3 y-3 z +3

2) Ta thấy d(B; ∆) lớn nhất ∆ là đường thẳng nằm (α), qua A và vuông góc với AB

∆ có véctơ chỉ phương  [ , ] (16;11; 10)    

                                      

u AB n

Phương trình của ∆: 16 11 10 x+3 y-3 z +3

Giải:

Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): 2x – 2y + z + 15 = và điểm A (-3; 3; -3)

Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm (α), qua điểm A và cách điểm B(2;3; 5) một khoảng :

1) Nhỏ nhất 2) Lớn nhất

Ví dụ 2: Viết phương trình đường thẳng ∆ qua điểm C(2; -1; 3), vuông góc với đường thẳng d:  

x-3 y+2 z +5

Xét mặt phẳng (α) qua C và vuông góc với d, (α) nhận d (1;2; )



u làm véctơ pháp tuyến, ∆ nằm (α)

Do d(D; ∆) lớn nhất ∆ nằm (α), qua C và vuông góc với CD. ∆ có véctơ chỉ phương  [ , ] (1; 8;5) 

  

u CD n

Phương trình ∆:  8  x-2 y+1 z -3

Giải:

1) Đường thẳng d qua điểm M(2; 0; 0) có vtcp d (1;0; )



u -1 ,  ( 2;2;0) 

MB [ ,            u MB  d ] (2;2;2) 2(1;1;1) 2   n

(α) qua B nhận  (1;1;1) 

n làm véctơ pháp tuyến Phương trình (α): x + y + z – =

2) Gọi H là hình chiếu của A lên (α), để d(A, ∆1) nhỏ nhất ∆1 qua hai

điểm B,H

Phương trình tham sớ AH:

2 1

t t   



  

   

x t

y z

Tọa độ H ứng với t là nghiệm phương trình: + t + + t -1 + t – =

1

3

t t

     H( ; ;5 4)

3 3  

8 4 4

( ; ; ) (2; 1; 1)

3 3 3

 

    

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

BH u

 ∆1 nhận



1

u làm véc tơ chỉ phương Ta thấy



u và ud không cùng phương nên d và ∆

1 cắt (do cùng thuộc

mặt phẳng (α))

Vậy phương trình ∆1: 1

 

 

x+1 y-2 z

Ví dụ 3: Cho hai điểm A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0) và đường thẳng d:

1   

     

x t

y

z t

1) Viết phương trình mặt phẳng (α) qua d và B

2) Viết phương trình đường thẳng ∆1 qua B cắt d cho khoảng

cách từ A đến ∆1 lớn nhất

3) Viết phương trình đường thẳng ∆2 qua B cắt d cho khoảng

3) Gọi K là hình chiếu của A lên ∆2 ta có d(A, ∆2 ) = AK ≤ AB, để d(A, ∆2 )

lớn nhất K ≡ B hay ∆2 nằm (α)và vuông góc với AB

Ta có [ , ] (0; 4;4)  4(0;1; 1) 4

  

n AB u  ∆

2 nhận 

u làm véc tơ chỉ phương, mặt khác



u và d



u không cùng phương nên d và ∆2 cắt (do cùng tḥc mặt phẳng (α))

Phương trình ∆2:

1 2 t

t   

  

  

x y z

Chú ý :

Ta có thể dùng phương pháp khảo sát hàm số đề giải ý và ý trong ví dụ 3.

Gọi ∆ là đường thẳng tuỳ ý qua B và cắt d, giả sử ∆ cắt d tại điểm

N(1+t, 0;-t), đó ∆ có véc tơ chỉ phương NB   ( t;2; )t Ta có  ( 3;1;1)



AB , [ , ] (2  t;2 ;4 t  t)  

NB AB

Và d(A;∆) =

2 2

2 2

[ , ] (2 ) (2 ) (4 )

( ) ( )

t t t

t t

    



   

   NB AB

NB

=

2

3 10 12

2

t t

t t

 

 

Xét hàm số

2

3 10 12

( )

2

t t

f t

t t

 



  có

2

2

16 64

'( )

( 4)

t t

f t

t t

 

  , với mọi tR

'( )

2 t f t

t      



Bảng biến thiên của f t( )

t   -2 

f’(t) + - + f(t)

11

Từ bảng biến thiên ta thấy:

 d(A;∆) lớn nhất 11 t = -2  N(-1; 0;2) (0;2; 2) 2(0;1; 1)

   



và đường thẳng cần tìm có phương trình là:

1 2 t

t   

  

  

x y z

 d(A;∆) nhỏ nhất

3 t =  N(3; 0;-2) ( 4;2;2) 2(2; 1; 1)

    



NB

và đường thẳng cần tìm có phương trình là : 1 1 x+1 y-2 z

Bài toán 4: Cho mặt phẳng (α) và điểm A thuộc (α), đường thẳng d không song song hoặc nằm (α) và không đi

qua A Tìm đường thẳng ∆ nằm (α), đi qua A cho khoảng cách giữa ∆ và d là lớn nhất.

Lời giải:

Gọi d1 là đường thẳng qua A và song

song với d, B là giao điểm của d với (α) Xét (P) là mặt phẳng (d1, ∆), H và I là hình

chiếu vuông góc của B lên (P) và d1

Ta thấy khoảng cách giữa ∆ và d là

BH và BH ≤ BI nên BH lớn nhất I ≡ H, đó ∆ có vtcp  [ , ]

                                         

u BI n .

Giải:

Đường thẳng d có vtcp u(1; 2; -1), (α) có vtpt  



n (2; -1; 1)

Phương trình tham số d:

1 2

t   



  

   

x t

y

z t

Gọi B là giao điểm của d và (α), tọa độ B ứng với t là nghiệm phương trình: 2+ 2t – – 2t – 3+ t + =  t = -1  B(0; 0; 4)

Xét d1 là đường thẳng qua A và song song với d

Ví dụ 1: Cho đường thẳng d:   1 x-1 y-2 z -3

Phương trình tham số đường thẳng d1:

1

t   



  

   

x t

y

z t

Gọi I là hình chiếu vuông góc của B lên d1

 I(-1 + t; + 2t; – t), BI (-1 + t; + 2t;-5– t)

Ta có BI u               0  -1 + t + 2(1 + 2t) –(-5– t) =  t = -1 I(-2; -1; 2) Đường thẳng ∆ có vtcp  [ , ]

                                         

u BI n = (-5; -10; 4)

Phương trình ∆: 5 10  x+1 y-1 z -1

Giải:

Mặt phẳng (α) qua A và song song với (P) có phương trình: x + y – z + 2= => d nằm (α)

Đường thẳng ∆ có vtcp u(2;1;-3), (α) có vtpt  



n (1;1;-1)

Phương trình tham số ∆:

1

4 t   

      

x t

y

z t

Gọi B là giao điểm của ∆ và (α), tọa độ B ứng với t là nghiệm phương trình: -1+ 2t + t – (4- 3t) + = t =

1

2  B(0; 2;

5 2) Xét ∆1 là đường thẳng qua A và song song với ∆

Phương trình tham sớ đường thẳng ∆1:

1 2

t   



  

   

x t

y

z t

Gọi H là hình chiếu vng góc của B lên ∆1  H(1 + 2t; -1 + t; – 3t), 



BH (1 + 2t; t

-3 2; -3t)

Ta có BI u               0  2 + 4t + t -

2 + 9t =  t = 28 

Ví dụ 2: Cho mặt phẳng (P): x + y – z + 1= 0, điểm A(1; -1; 2) và đường thẳng ∆: 3

x+1 y z-4

= =

  BH=(

13 14;

43 28 

; 28) =

1

28(26; -43; 3) = 28

 u

Đường thẳng d có vtcp d [ ,1 ]

                                         

u u n = (40; 29; 69)

Phương trình d : 40  29  69 x-1 y+1 z -2

Bài toán 5: Cho hai đường thẳng ∆1 và ∆2 phân biệt và không song song với Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa ∆1 và tạo với ∆2 một góc lớn nhất.

Lời giải:

Vẽ một đường thẳng bất kỳ ∆3 song song với ∆2 và cắt ∆1 tại M Gọi I là điểm

cố định ∆3 và H là hình chiếu vng góc của I lên mp(α), kẻ IJ ∆1

Góc giữa (α) và ∆2 là góc IMH

Trong tam giác vuông HMJ có cos IMH= 

HM MJ

IM IM không đổi

Suy góc IMH lớn nhất MJ = MI hay H ≡ J, đó IMH=(∆1,∆2) và (α) là mặt phẳng chứa

∆1 đồng thời vuông góc với mặt phẳng (∆1,∆2)

Khi đó (α) nhận [ 1,[ 1, 2]]

  

u u u làm véctơ pháp tuyến

Giải:

Đường thẳng d qua điểm M(2; -1; 1) có vtcp u(2; 1; 1) , AB(1;1;2) => n= [ , ] ( 3; 3;3)   3(1;1; 1)

  u AB

Mặt phẳng (α) qua điểm A và nhận [ ,n AB  ] (3; 3;0) 3(1; 1;0)    làm vecto pháp tuyến

Phương trình mp(α): 1(x – 3) - 1(y + 4) = hay x – y – = Khi đó cos((α),d) =

2 5  



Ví dụ 1: Cho đường thẳng d:  1  x-2 y+1 z-1

Giải: Mp(p) có vecto pháp tuyến P (2; 1; )



n ,

Xét đường thẳng d qua A và vuông góc với (P), d có véctơ chỉ phương P (2; 1; )



n , Oy có véctơ chỉ phương j (0;1;0) nên d và Oy không song song Theo bài toán nếu (α) tạo với trục Oy góc lớn nhất (α) chứa d và vng góc với mp(d,Oy)

Do đó (α) nhận [nP,[nP, ]]j

  

= -2( 1; 4; 1) làm véctơ pháp tuyến

Phương trình (α): 1(x -1) + 4(y -1) +1( z + 1) = hay x + 4y + z – = Bài toán 6: 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 đường thẳng d1 qua A và song song

với d Trên d1 lấy điểm B khác A là điểm cớ

định, gọi K, H là hình chiếu vuông góc của B lên (α) và ∆

Ta có góc (d, ∆) = BAH và sin(d, ∆) = sinBAH=

BH AB≥

BK

AB Do góc

(d, ∆) nhỏ nhất K ≡ H hay ∆ là đường thẳng AK

Góc (d, ∆) lớn nhất 900 ∆d và ∆ có vtcp  [ , ]   

                                      

d

u u n

Giải:

Ví dụ 2: Cho điểm A(1; 1; -1) và mặt phẳng (P): 2x – y + 2z + = Trong

các mặt phẳng qua A và vuông góc với (P), viết phương trình mặt phẳng (α) tạo với trục Oy góc lớn nhất

Ví dụ 1: Cho mặt phẳng (α): 2x + 2y – z – = 0, điểm A(1; 2; -2) và đường thẳng d:  

x+2 y-1 z -3

(α) có vectơ pháp tuyến  (2;2; ) 

n -1 , d có vectơ d (1;1;1)



u qua điểm

M(-2; 1; 3) Ta thấy A(α) mặt khác  

n d 0



u nên d không song song hoặc nằm (α)

1) ∆1 tạo với d một góc lớn nhất ∆1d

Do đó ∆1 có vectơ chỉ phương [ , ]                                          

d

u u n = (-3; 3; ) = -3(1; -1; 0)

Phương trình tham số của ∆1:

2

t    

     

x t

y z

2) Xét đường thẳng d1 qua A và song song với d

Phương trình d1: 1

 

x-1 y-2 z +2

, lấy điểm B(2; 3; -1)d1

Gọi K là hình chiếu vng góc của B lên (α)

Phương trình tham sớ của BK

2

1 t t   



  

   

x t

y

z , tọa độ của K ứng với t là nghiệm của phương trình : 2(2 + 2t) + 2(3 + 2t) – (- – t) – =

 9t + = hay t =

 K(10 19; ; 5)

9 9  

∆2 tạo với d một góc nhỏ nhất nó qua hai điểm A và K,

1 13 ( ; ; )

9 9 



AK ∆2 qua A(1; 2; -2), có vectơ chỉ phương 9 (1;1;13)

 

u AK

Phương trình ∆2 : 1 13

 

x-1 y-2 z +2

Giải: Đường thẳng d có vectơ (2;1;1)

d 

 u

Xét mặt phẳng (α) qua A và vuông góc với d ∆ nằm (α) (α) nhận d (2;1;1)



u làm vectơ pháp tuyến. Phương trình (α): 2x + y + z – =

Gọi H là hình chiếu vng góc của B lên (α), BH có vectơ d (2;1;1)

 u

Ví dụ 2: Cho hai điểm A(1; 0; 0) , B( 0; -2; 0) và đường thẳng d:

2   x-1 y-2 z -3

Phương trình tham sớ của BH

2 2 t t   

  

  

x t

y

z , tọa độ của H ứng với t là nghiệm

của phương trình: 4t -2 + t + t – = 0 6t – =

2 t

3

 

hay H(

4

; ;

3 3 

) ∆ tạo với AB một góc nhỏ nhất nó qua hai điểm A và H,

1 ( ; ; )

3 3  



AH

∆ qua A(1; 0; 0), có vectơ chỉ phương  3 (1; 4;2)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

   

u AH

Phương trình ∆ : 4 2

x-1 y z

Bài tập áp dụng.

Bài 1: Cho ba điểm A(1; -2; 1), B(-1; 1; 2), C(2; 1; -2) và mặt phẳng (α) có phương trình x + 2y – 2z + =

1) Tìm điểm M (α) cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất 2) Tìm điểm N (α) cho NA + NC có giá trị nhỏ nhất

3) Tìm điểm S (α) cho SA2 + SB2 – 3SC2 có giá trị lớn nhất.

4) Tìm điểm P (α) cho 

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

PA +2PB PC

có giá trị nhỏ nhất Bài 2: Cho đường thẳng  :

x-2 y + z+2

d = =

-1 và hai điểm A(3; 1; 1), B(-1; 2; -3) Hãy tìm điểm M d cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất Bài 3: Cho đường thẳng  : 2

x-2 y - z-2

d = =

1 và hai điểm A(0; 1; 1), B(1; 2; 3) Tìm điểm M d cho tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất

Bài 4: Cho đường hai thẳng d1:

2

t t

t    

     

x y

z d

2:

 

x-1 y-2 z +1

Trong các mặt cầu tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2, viết phương trình mặt cầu

(S) có bán kính nhỏ nhất

Bài 5: Cho hai điểm C(1; -2; 2) và đường thẳng d có phương trình

2  

 

x-1 y- z +1

Bài 6: Cho họ đường thẳng dm:

1 (1   



   

   

x t

y m)t

z mt , với t   và m là tham số. 1) Chứng minh họ dm qua một điểm cố định và nằm mợt mặt

phẳng cớ định

2) Tìm m để khoảng cách từ dm đến gốc tọa độ lớn nhất, nhỏ nhất

3) Tìm m để khoảng cách từ dm và trục Oy lớn nhất

4) Tìm m để dm tạo với trục Ox góc lớn nhất, nhỏ nhất

Bài 7: Cho hai điểm A(1; 3; -1), B( 0; 0; 2) và đường thẳng d có phương trình

1  2  x-3 y+2 z -1

Viết phương trình đường thẳng ∆ qua điểm I(-1; 1; 0), vuông góc với trục Oy và tạo với d một góc

1 Nhỏ nhất Lớn nhất

Bài 8: Cho điểm B(2; -1; -2), mặt phẳng (P): x – y + z + = và đường thẳng d:   1

x-1 y-2 z -3

Trong các mặt phẳng qua B và vuông góc với (P), viết phương trình mặt phẳng (α) tạo với d một góc lớn nhất

Bài 9: Cho điểm A(0; -1; 1) và ba đường thẳng ∆: 3

x+1 y z-4

= = , d1:

1

1 1

y z x

= =

, d2: 3

x+3 y+1 z-4

= =

1) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A đồng thời song song với hai đường thẳng d1, d2

2) Trong các đường thẳng qua A và nằm (P), viết phương trình đường thẳng d cho khoảng cách giữa d và ∆ lớn nhất

Bài 10: Cho tứ diện ABCD với A(1;0;0), B(0; 1; 0),C(0; 0;1) và D(-2;-1;-2).

1) Tìm điểm M cho  

                                                       

MA + MB MC MD

có giá trị nhỏ nhất

2) Tìm điểm N mặt phẳng (ABC) cho NA2 – NB2 – 2ND2 có giá

trị lớn nhất

3) Cho (P) là mặt phẳng qua D và song song với (ABC), các đường thẳng qua D mp(P) Hãy viết phương trình đường thẳng d cho khoảng cách giữa d và trục Oz lớn nhất

Bài 11: Cho hai điểm A(2; 1; -3), B(1; 2; 0) và đường thẳng d:

x-1 y-2 z-3

= =

1

Bài 12: Cho hai điểm C(1; 1; -1), D(2; 2; 1) và đường thẳng d: 2 1 x-2 y-2 z-3

= =

Viết phương trình đường thẳng ∆ qua C, nằm mặt phẳng (P): x + y + z -1 = cho khoảng cách từ D đến ∆ là nhỏ nhất

Bài 13: Cho điểm A(1; 1; -1) và mặt phẳng (α): 2x – y + z + = Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, vng góc với (α) và tạo với Oz một góc lớn nhất

Bài 14: Cho điểm A(2; -1; 0) và hai đường thẳng có phương trình ∆1: 1

x-1 y+1 z-1

= =

, ∆2: 1 x-2 y-1 z+3

= =

Trong các đường thẳng qua A và cắt ∆1 viết phương trình đường thẳng ∆sao cho khoảng cách giữa ∆và ∆2

là lớn nhất

Bài 15: Trong các mặt cầu qua điểm E(1; 2; -2) và tiếp xúc với mặt phẳng (P) 2x – 2y + z – = Hãy viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất IV KẾT QỦA

Chuyên đề này được thực hiện giảng dạy tham gia dạy 12NC và Luyện thi Đại học hai năm gần Trong quá trình học chuyên đề này, học sinh thực sự thấy tự tin, biết vận dụng gặp các bài toán liên quan, tạo cho học sinh niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở cho học sinh cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức học, tạo nền tảng cho học sinh tự học, tự nghiên cứu

K t qu sau th c hi n chuyên đ :ế ả ự ệ ề Không

nhận biết được

Nhận biết, không biết vận dụng

Nhận biết và biết vận

dụng ,chưa giải được hoàn chỉnh

Nhận biết và biết vận dụng , giải được bài hoàn chỉnh

Số lượng 50 37

Tỉ lệ ( %) 0.0 3.3 55.6 41.1

V GIẢI PHÁP MỚI

luyện tập nhiều, có thêm nhiều thời gian để sưu tầm các tài liệu tham khảo liên quan

VI THỰC TIỄN GIẢNG DẠY 1 Quá trình áp dụng

Bằng một chút vốn hiểu biết và kinh nghiệm giảng dạy một số năm, hệ thống được một số kiến thức liên quan, sưu tầm và tích lũy được một số bài tập phù hợp theo mức độ từ dễ đến khó để cho học sinh tham khảo tự giải 2 Hiệu quả sau sử dụng.

Sau học sinh học xong chuyên đề này học sinh thấy tự tin hơn, hứng thú hơn, tạo cho học sinh niềm đam mê, yêu thích mơn toán, mở mợt cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức học, tạo nền tảng cho học sinh tự học và tự nghiên cứu

3 Bài học kinh nghiệm.

Từ thực tế giảng dạy chuyên đề này, một kinh nghiệm được rút là trước hết học sinh phải nắm chắc các kiến thức bản, biết vận dụng linh hoạt các kiến thức này, từ đó mới dạy các chuyên đề mở rộng, nâng cao, khắc sâu kiến thức một cách hợp lý với các đối tượng học sinh nhằm bồi dương khiếu, rèn kỹ cho học sinh

Chuyên đề này chủ yếu đưa các bài tập từ đơn giản đến nâng cao từ đó hình thành kỹ năng, phương pháp giải Do đó giảng dạy phải cung cấp nhiều dạng bài tập khác để phát triển tư của học sinh

4 KẾT LUẬN

Tuy nội dung của chuyên đề khá rộng, song khuôn khổ thời gian có hạn người viết chỉ được các ví dụ, bài toán điển hình

Rất mong sự đóng góp ý kiến của các bạn quan tâm và đồng nghiệp để chuyên đề này được đầy đủ hoàn thiện

VII TÀI LIỆU THAM KHẢO

1 Hình học 12, Bài tập hình học 12 – nhà XBGD năm 2008

2 Hình học 12 nâng cao, Bài tập hình học 12 nâng cao – nhà XBGD năm 2008

3 Tạp chí Toán học và tuổi trẻ năm 2010

4 Các dạng Toán LT ĐH của Phan Huy Khải- NXB Hà Nội năm 2002 Long khánh,ngày 22 tháng 05 năm 2011

Người thực hiện